「营业日志 2020.12.10」Jiangly 的排列数数题

问对于所有长为 nnn 的排列，有多少排列存在一个连续上升段 ≥k\ge k≥k。对所有 kkk 回答，对大质数取模。

首先经过转化，只需要数所有连续段均 <k<k<k 的即可。容易想到容斥，我们可以先假设有一些基本单位，然后容斥掉它们拼起来的情况，可得基本单位是 x−xk1−x\frac{x-x^k}{1-x}1−xx−xk，其容斥单位为

1−11+x−xk1−x=1−1−x1−xk=x−xk1−xk=∑j≥0(xjk+1−x(j+1)k)\begin{aligned} &\quad 1-\frac 1{1+\frac{x-x^k}{1-x}}\\ &= 1-\frac{1-x}{1-x^k}\\ &= \frac{x-x^k}{1-x^k}\\ &= \sum_{j\ge 0} \left(x^{jk+1} - x^{(j+1)k}\right) \end{aligned} 1−1+1−xx−xk1=1−1−xk1−x=1−xkx−xk=j≥0∑(xjk+1−x(j+1)k)

而排列实际的拼接是 EGF 的形式，因此答案为

n![xn]11−∑j≥0(xjk+1(jk+1)!−x(j+1)k[(j+1)k]!)n![x^n] \frac 1{\displaystyle1 - \sum_{j\ge 0} \left( \frac{x^{jk+1}}{(jk+1)!} - \frac{x^{(j+1)k}}{[(j+1)k]!}\right)} n![xn]1−j≥0∑((jk+1)!xjk+1−[(j+1)k]!x(j+1)k)1

由于下面的项数有 Θ(n/k)\Theta(n/k)Θ(n/k) 项，因此暴力求逆的复杂度为 Θ(n2/k)\Theta(n^2/k)Θ(n2/k)，求所有的答案是 Θ(n2log⁡n)\Theta(n^2\log n)Θ(n2logn)。

能不能再给力一点啊？

注意到我们实际上有两个算法，一个算法是 Θ(nlog⁡n)\Theta(n\log n)Θ(nlogn) 的求逆，一个算法是 Θ(n2/k)\Theta(n^2/k)Θ(n2/k) 的暴力求逆。那么我们显然应该选择当前最快的算法来跑。对于 k≤nlog⁡nk\le \frac n{\log n}k≤lognn 的时候是 Θ(nlog⁡n)\Theta(n\log n)Θ(nlogn) 更快一点，所以对于前 nlog⁡n\frac n{\log n}lognn 项，总共复杂度为 Θ(n2)\Theta(n^2)Θ(n2)。而对于后面的来说，根据调和级数更加精确的分析：Hn=ln⁡n+γ+O(1/n)H_n = \ln n + \gamma + O(1/n)Hn=lnn+γ+O(1/n)，因此从 nlog⁡n\frac n{\log n}lognn 到 nnn 求和，大约是 log⁡n−log⁡(n/log⁡n)=log⁡log⁡n\log n - \log(n/\log n) = \log\log nlogn−log(n/logn)=loglogn，因此将这两个算法混在一起使用，复杂度就降到了 Θ(n2log⁡log⁡n)\Theta(n^2\log\log n)Θ(n2loglogn)。（by Jiangly）

能不能再给力一点啊？

这个问题的 Ω(n2)\Omega(n^2)Ω(n2) 的 bound，是不可突破的吗？

我们刚刚实际上不仅求出了 k=1∼nk=1\sim nk=1∼n，还求出了更小的 nnn 的所有答案。但实际上我们并没有必要这么做。现在我们不妨假设有一个算法，他能在 Θ((n/k)c)\Theta((n/k)^c)Θ((n/k)c) 的复杂度内计算一个 kkk 对应的答案。容易发现在任何 kkk 的位置，Θ(n2/k)\Theta(n^2/k)Θ(n2/k) 的算法都是不占优的，因为若 k>nlog⁡nk>\frac n{\log n}k>lognn，那么 (n/k)c<(log⁡n)c≪n<n2/k(n/k)^c < (\log n)^c \ll n < n^2/k(n/k)c<(logn)c≪n<n2/k。因此我们只需在 k≤n1−1/c(log⁡n)−1/ck\le n^{1-1/c}(\log n)^{-1/c}k≤n1−1/c(logn)−1/c 的部分使用 Θ(nlog⁡n)\Theta(n\log n)Θ(nlogn) 的算法，剩下的部分使用 Θ((n/k)c)\Theta((n/k)^c)Θ((n/k)c) 的算法。估界有

∑k>L(nk)c<∫L∞ncx−cdx=11−cncx1−c∣x=L∞=1c−1ncL1−c,L=n1−1/c(log⁡n)−1/c=1c−1n2−1/c(log⁡n)1−1/c\begin{aligned} &\quad \sum_{k>L} \left(\frac nk\right)^c\\ &< \int_L^\infty n^cx^{-c} \,\mathrm dx\\ &= \left.\frac 1{1-c}n^c x^{1-c}\right|_{x=L}^\infty\\ &= \frac 1{c-1}n^cL^{1-c},\quad L=n^{1-1/c}(\log n)^{-1/c}\\ &= \frac 1{c-1} n^{2-1/c}(\log n)^{1-1/c} \end{aligned} k>L∑(kn)c<∫L∞ncx−cdx=1−c1ncx1−c∣∣∣∣x=L∞=c−11ncL1−c,L=n1−1/c(logn)−1/c=c−11n2−1/c(logn)1−1/c

回顾我们要求的，无非是

n![xn]11−x−xk+1A(xk)−xkB(xk)n![x^n] \frac 1{1-x-x^{k+1}A(x^k)-x^kB(x^k)} n![xn]1−x−xk+1A(xk)−xkB(xk)1

经过这样的改写，我们不难考虑枚举三个部分的次数，显然这等价于如此求和：

∑u,v,w≥0(u+v+wu,v,w)UuVvWw\sum_{u,v,w\ge 0} \binom{u+v+w}{u,v,w} U^uV^vW^w u,v,w≥0∑(u,v,wu+v+w)UuVvWw

而我们提取系数 [xn][x^n][xn]，这就固定了 xxx 项的次数，也就有

[xn]11−x−xk+1A(xk)−xkB(xk)=[xn]∑u,v,w≥0(u+v+wu,v,w)xu(k+1)+vk+wA(xk)uB(xk)v=[xn]∑u,v,w≥0(u+v+wu,v,w)[xn−u(k+1)−vk−w]A(xk)uB(xk)v\begin{aligned} &\quad [x^n] \frac 1{1-x-x^{k+1}A(x^k)-x^kB(x^k)}\\ &= [x^n]\sum_{u,v,w\ge 0} \binom{u+v+w}{u,v,w}x^{u(k+1)+vk+w}A(x^k)^uB(x^k)^v\\ &= [x^n]\sum_{u,v,w\ge 0} \binom{u+v+w}{u,v,w} [x^{n-u(k+1)-vk-w}] A(x^k)^uB(x^k)^v \end{aligned} [xn]1−x−xk+1A(xk)−xkB(xk)1=[xn]u,v,w≥0∑(u,v,wu+v+w)xu(k+1)+vk+wA(xk)uB(xk)v=[xn]u,v,w≥0∑(u,v,wu+v+w)[xn−u(k+1)−vk−w]A(xk)uB(xk)v

此时 A(xk)uB(xk)vA(x^k)^uB(x^k)^vA(xk)uB(xk)v 只有 kkk 的倍数次才有值，因此维护和求值都是只关于 n/kn/kn/k 的。

如使用暴力卷积，那么复杂度为 Θ((n/k)4)\Theta((n/k)^4)Θ((n/k)4)，总复杂度是 Θ(n7/4(log⁡n)3/4)\Theta(n^{7/4}(\log n)^{3/4})Θ(n7/4(logn)3/4)。

如这里使用 FFT，那么复杂度为 Θ((n/k)3log⁡(n/k))\Theta((n/k)^3\log (n/k))Θ((n/k)3log(n/k))，总复杂度是 Θ(n5/3log⁡n)\Theta(n^{5/3}\log n)Θ(n5/3logn)。

关于「能不能再给力一点啊？」这件事，先鸽着，以后再说（

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