考试的时候已经尽我可能想到一半了，没想到最后我推的柿子竟然就是第一类斯特林数

题意

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初始时有一个\(1\)到\(n\)的排列，一次操作可以交换两个数的位置。
现在，对于所有的\(i\;(1\leq i\leq k)\)，求你恰好进行了\(i\)次操作，能得到的不同排列有多少种
\(n\leq 10^9, k\leq 200\)
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input
3 2
output
3 3
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Solution

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不妨去想，如果初始的排列\(1,2,\cdots,n\)，其最少能通过\(x\)次变成一个排列\(A\)
那么一定也可以通过\(x+2,x+4,\cdots\)次操作变成\(A\)
反过来，通过\(x+1,x+3,\cdots\)这样次数的操作一定不可以变成\(A\)

如何求\(x\)?
我们倒过来想，把\(A\)变成\(1,2,\cdots,n\)
首先一个排列一定可以被划分成若干个圆（我习惯称其为轨道）
轨道是什么？
对于这个排列\(2 \;5 \;4 \;3 \;1\)，2占了1的位置，1占了5的位置，5占了2的位置，那么就构成了一个轨道\(\{2,1,5\}\)
同理，还有\(\{4,3\}\)这个轨道。
显然，每次操作，我们交换轨道的内的数是更优的。
而对于每个轨道，假如其长度为\(r\)，我们最少需要\(r-1\)次操作，把这个轨道内的数都恢复到原位。
所以假如说一个排列有\(c\)个轨道，我们最少只用进行\(n-c\)次操作，就可以把所有数回归原位
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考试的时候想到这里不会了。
考完，上网一查。
！第一类斯特林数（当场自闭
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第一类斯特林数

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\(S1(n,m)\)代表一个长度为\(n\)的排列被划分成\(m\)个轨道的方案数
显然
\(S1(n,m)=S1(n-1,m-1)+(n-1)S1(n-1,m)\)
但如果只是这样递推是\(O(n^2)\)的
而\(n\leq 10^9\)
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处理n很大的情况

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第一类斯特林数还有一个比较好的柿子：

\[S1(n,m)=(-1)^{n-m}\sum_{i=0}^{n-m} (-1)^i \times C(n-1+i,n-m+i) \times C(2n-m,n-m-i) \times S(n-m+i,i) \]

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但这玩意我不会证明，目前先知道就行
而我们现在要求的是\(S1(n,n-i) (0\leq i\leq k)\)
所以预处理出组合数和第二类斯特林数\(O(k^3)\)求解
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Code

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 410, mod = 1000000007;

int n, k, fac[N], inv[N], S[N][N], dp[N];

int C(int n, int m) {
	int ans = 1;
	for (int i = n; i >= n - m + 1; i --) ans = 1ll * ans * i % mod;
	return 1ll * ans * inv[m] % mod;
}

int power(int a, int b) {
	int ans = 1;
	while(b) {
		if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod;
		b >>= 1; 
	}
	return ans;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	fac[0] = inv[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 400; i ++) {
		fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
		inv[i] = power(fac[i], mod - 2);
	}
	S[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 400; i ++) 
		for (int j = 1; j <= i; j ++)
			S[i][j] = (S[i - 1][j - 1] + 1ll * j * S[i - 1][j] % mod) % mod;
	for (int i = 0; i <= k; i ++) // 求s(n,n-i)
		for (int j = 0; j <= i; j ++) {
			if (j & 1)
				dp[i] = (dp[i] - 1ll * C(n - 1 + j, i + j) * C(n + i, i - j) % mod * S[i + j][j] % mod + mod) % mod;
			else
				dp[i] = (dp[i] + 1ll * C(n - 1 + j, i + j) * C(n + i, i - j) % mod * S[i + j][j] % mod) % mod;
		} 
	for (int i = 1; i <= k; i ++) {
		int ans = 0;
		for (int j = 0; j <= i; j += 2)
			ans = (ans + dp[i - j]) % mod;
		if (i % 2 == 0) printf("%d ", ans);
		else printf("%d ", mod - ans);
	}
	return 0;
}

标签：CF1516E,leq,斯特林,轨道,S1,int,第一类,ans
来源： https://www.cnblogs.com/czyty114/p/14742702.html