[POI2008]PER-Permutation

[POI2008]PER-Permutation 带重复的康托展开!

根本不需要中国剩余定理就可以A掉!

看完题面你会惊人地发现这好像一个康托展开！（显然是不同的啦）

首先我们来看康托展开这个东西在数组为排列时怎么打

------->度娘

int cantor(int a[],int n){//cantor展开,n表示是n位的全排列，a[]表示全排列的数（用数组表示）
    int ans=0,sum=0;
    for(int i=1;i<n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            if(a[j]<a[i])
                sum++;
        ans+=sum*factorial[n-i];//累积
        sum=0;//计数器归零
    }
    return ans+1;
}

对于每一个数算出贡献,贡献为后面出现的比它小的数（设w个即这一位本来还可以选的数）乘上后面数个数的阶乘

这个w显然可以用树状数组优化

由于后面的数会出现重复,所以我们对于那些重复的数（假设出现了k次）,他们会被枚举出\(k!\)种排列，我们要把它除掉

所以这个数\(a[i]\)的贡献为

\[w \cdot \frac{(n-i)!}{\Pi \ {cnt[j]!}}\]

\(cnt[j]\)表示i~n这一段中每个数 j 出现的个数

对于这个分母,显然不可以高精!我们会自然想到模逆元,但模逆元也是要求互质的!那怎么办?

把\(m\)的因数在答案中出现的提出来,不就互质了吗！（也就是在每次计算时把这些因子除掉,记录提出因子的个数）

由于对于上面的式子 \(\frac{(n-i)!}{\Pi \ {cnt[j]!}}\)

这个东西显然是个整数,(你可以像证明组合数是个整数一样证明它)，所以上面的因子个数-下面这些因子的个数显然是自然数,提出来后把剩下的答案乘出来，最后再把那些多出来的因子乘上去就行了

tips:因为模数不是质数,故不能用费马

(你可以看一下我丑陋的code)

typedef long long ll;
#define reg register
#define rep(a,b,c) for(int a=b,a##end=c;a<=a##end;++a)
#define drep(a,b,c) for(int a=b,a##end=c;a>=a##end;--a)
 
const int N=3e5+10;
int n,m;

void Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(b==0) { x=1,y=0; return ;}
    Exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
}


inline ll Inv(ll x,ll P){
    ll a,b;
    Exgcd(x,P,a,b);
    return (a%P+P)%P;
}

int a[N];


struct BIT{
    ll s[N];
    void init(){ memset(s,0,sizeof s); }
    void Add(int p,int x){
        while(p<N) s[p]+=x,p+=p&-p;
    }
    ll Que(int p){
        int res=0;
        while(p) res+=s[p],p^=p&-p;
        return res;
    }
}Bit;
//树状数组用来求大于i小于a[i]的个数

int c[N],cc[N];

ll fac[N],fcnt,b[N],pq[N];

ll po[50][N];
int cnt[50];
//cnt记录m的每一个因数被提出来的个数

void Count(ll &x,int k){
    rep(i,1,fcnt){
        int p=fac[i];
        while(x%p==0) {
            x/=p;
            cnt[i]+=k;
        }
    }
}

ll Get(){
    ll res=1;
    rep(i,1,fcnt) (res*=po[i][min(cc[i],cnt[i])])%=m;
    return res;
}

ll Solve(){
    ll ans=1,res=1;
    c[a[n]]=1,Bit.Add(a[n],1);
    drep(i,n-1,1){
        ll t=n-i;
        Count(t,1);//计算(n-i)!要多乘上的值,也提出m的因数
        (res*=t)%=m;
        t=++c[a[i]];//计算分子中变化的值,提出其中m的因数
        //这两步保证了求逆元时一定是互质有解的
        Count(t,-1);
        (res*=Inv(t,m))%=m;
        Bit.Add(a[i],1);
        t=Get();//计算提出因数的总乘积
        (ans+=res*Bit.Que(a[i]-1)%m*t%m)%=m;
        //套入计算公式
    }
    return ans;
}

int main(){
    n=rd(),m=rd();
    rep(i,1,n) a[i]=rd();
    int tmp=m;
    for(int i=2;(i*i)<=tmp;i++) if(tmp%i==0){
        fac[++fcnt]=i;
        po[fcnt][0]=1;
        rep(j,1,N-1) po[fcnt][j]=po[fcnt][j-1]*i%m,cc[fcnt]++;
        while(tmp%i==0) tmp/=i;
    }
    if(tmp>1) {
        fac[++fcnt]=tmp;
        po[fcnt][0]=1;
        rep(j,1,N-1) po[fcnt][j]=po[fcnt][j-1]*tmp%m,cc[fcnt]++;
    }
    //处理出m的因数,预处理次方
    printf("%lld\n",Solve());
}

标签：POI2008,fcnt,int,ll,个数,PER,因子,Permutation,康托
来源： https://www.cnblogs.com/chasedeath/p/11258762.html