Inversions of all permutations - 题解

标签与难度

标签: 组合数学, q-analog, q-阶乘, 生成函数, 数论, 模运算, 快速幂难度: 2100

题目大意喵~

你好呀，指挥官！艾米小姐姐又给B先生出了道难题呢，我们一起来帮帮他吧，喵~

题目是这样哒：给定一个长度为 $n$ 的数组 $a$ 和一个底数 $b$ 。这个数组 $a$ 里面可能会有重复的数字哦。

我们要考虑数组 $a$ 的所有不同的排列。对于每一种排列，我们都计算出它的逆序对数量，记作 $t$ 。然后呢，对于每一种排列，我们都计算一个值 $b^t$ 。

最后，我们需要把所有不同排列算出来的 $b^t$ 全部加起来，得到一个总和。因为这个总和可能会非常非常大，所以结果需要对 $1000000007$ 取模。

简单来说，就是要计算这个式子：

\sum_{\{r_i\} \text{是 } a \text{ 的一个不同排列}} b^{t(\{r_i\})} \pmod{1000000007}

解题思路分析

这道题看起来好吓人呀，要枚举所有排列，那不是要累死我了喵！(>ω<) でも大丈夫 (Don't worry)，这种题目肯定有巧妙的数学方法！让我来给你分析一下吧~

第一步：从最简单的情况开始思考

我们先假设数组 $a$ 里的 $n$ 个数字都是互不相同的，比如说就是 {1, 2, ..., n}。这时候，我们要计算的就是：

\sum_{\sigma \in S_n} b^{\text{inv}(\sigma)}

其中 $S_n$ 是 {1, 2, ..., n} 的所有排列的集合， $\text{inv}(\sigma)$ 是排列 $\sigma$ 的逆序对数。

这个和式其实在组合数学里是一个非常经典的存在哦！它被称为 q-阶乘 (q-factorial) 的一个展开形式，只不过这里的 $q$ 换成了我们题目里的 $b$ 。

为了理解它，我们先来定义一个叫做 b-模拟 (b-analog) 的概念。数字 $k$ 的 b-模拟，我们记作 $[k]_b$ ，定义是：

[k]_b = 1 + b + b^2 + \dots + b^{k-1}

当 $b \neq 1$ 时，它可以用等比数列求和公式写成 $[k]_b = \frac{b^k - 1}{b - 1}$ 。当 $b = 1$ 时， $[k]_1 = 1+1+\dots+1$ ( $k$ 个1)，所以 $[k]_1 = k$ 。

b-阶乘 (b-factorial)，记作 $[n]_b!$ ，就是把这些 b-模拟乘起来：

[n]_b! = [1]_b \cdot [2]_b \cdot \dots \cdot [n]_b

一个非常神奇的定理（MacMahon's Master Theorem 的一个特例）告诉我们：

\sum_{\sigma \in S_n} b^{\text{inv}(\sigma)} = [n]_b!

举个栗子看看，喵~ 当 $n=3$ , 数组是 {1, 2, 3} 时：

排列 {1, 2, 3} 有 0 个逆序对, 贡献 $b^0$
排列 {1, 3, 2} 有 1 个逆序对, 贡献 $b^1$
排列 {2, 1, 3} 有 1 个逆序对, 贡献 $b^1$
排列 {2, 3, 1} 有 2 个逆序对, 贡献 $b^2$
排列 {3, 1, 2} 有 2 个逆序对, 贡献 $b^2$
排列 {3, 2, 1} 有 3 个逆序对, 贡献 $b^3$ 总和是 $b^0 + 2b^1 + 2b^2 + b^3 = (1+b)(1+b+b^2)$ 。

而根据我们的公式： $[3]_b! = [1]_b \cdot [2]_b \cdot [3]_b = (1) \cdot (1+b) \cdot (1+b+b^2)$ 。看吧，完全一样！是不是很神奇，喵！

第二步：处理有重复元素的情况

好啦，现在回到原题，如果数组 $a$ 里有重复的数字该怎么办呢？比如 $a = \{1, 1, 2\}$ 。

这种情况是 b-阶乘的推广，叫做 b-多项式系数 (b-multinomial coefficient)。假设数组 $a$ 中，数字 $v_1$ 出现了 $c_1$ 次，数字 $v_2$ 出现了 $c_2$ 次，...，数字 $v_m$ 出现了 $c_m$ 次，其中 $c_1 + c_2 + \dots + c_m = n$ 。

那么我们要求的总和就是：

\binom{n}{c_1, c_2, \dots, c_m}_b = \frac{[n]_b!}{[c_1]_b! \cdot [c_2]_b! \cdot \dots \cdot [c_m]_b!}

这个公式是不是也很有规律呀？我们可以验证一下：

如果所有元素都不同，那么所有的 $c_i$ 都等于 1。因为 $[1]_b! = [1]_b = 1$ ，分母就变成了 1，公式退化为 $[n]_b!$ ，和我们第一步的结论一致。
如果 $b=1$ ，我们知道 $[k]_1 = k$ ，所以 $[k]_1! = k!$ 。公式就变成了 $\frac{n!}{c_1! \cdot c_2! \cdot \dots \cdot c_m!}$ 。这正好是普通多重集排列的计数公式！这也说明我们的公式非常可靠，喵~

第三步：制定计算策略

现在我们有了制胜法宝（公式），就可以制定作战计划啦！

统计频率: 首先，我们要遍历一遍输入的数组 $a$ ，用一个哈希表（std::map）或者数组来统计每个数字出现的次数 $c_i$ 。
预计算 b-阶乘: 我们的公式里需要用到 $[k]_b!$ 这种东西。为了不每次都重新算，我们可以预先计算出从 $[0]_b!$ 到 $[n]_b!$ 的所有值，存进一个数组里。
- $[0]_b! = 1$ 。
- 我们可以递推地计算 $[k]_b!$ 。首先需要 $[k]_b = 1 + b + \dots + b^{k-1}$ 。
- 我们可以维护一个前缀和 b_sum_prefix 和 $b$ 的幂 b_power。
- b_sum_prefix_k = [k]_b
- q_factorial[k] = q_factorial[k-1] * b_sum_prefix_k
- 这个方法对于 $b=1$ 和 $b \neq 1$ 都适用，非常优雅！
计算最终结果:
- 分子就是我们预计算好的 q_factorial[n]。
- 分母是所有 q_factorial[c_i] 的乘积。
- 最终答案就是 分子 * (分母的模逆元)。分母的模逆元可以用快速幂来求，即 power(denominator, MOD - 2)。

这样一来，问题就迎刃而解啦！我们把一个看似复杂的问题，转化成了一步步清晰的计算，这就是数学的魅力呀，喵~

代码实现

这是我根据上面的思路，精心为你准备的代码哦~ 注释写得很详细，希望能帮到你！

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>

// 定义一个我喜欢的模数~
const int MOD = 1000000007;
const int MAXN = 100005;

// 用于存储 b-阶乘 的数组
long long q_factorial[MAXN];

// 快速幂函数，用来求 a^p (mod MOD)，也是求模逆元的基础哦
long long power(long long base, long long exp) {
    long long res = 1;
    base %= MOD;
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) res = (res * base) % MOD;
        base = (base * base) % MOD;
        exp /= 2;
    }
    return res;
}

// 模逆元函数
long long modInverse(long long n) {
    return power(n, MOD - 2);
}

// 预计算 b-阶乘 [k]_b! for k from 0 to n
void precompute_q_factorials(int n, int b) {
    q_factorial[0] = 1;

    // b=1 是个特殊情况，[k]_1 = k，所以 [k]_1! = k!
    if (b == 1) {
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            q_factorial[i] = (q_factorial[i - 1] * i) % MOD;
        }
        return;
    }

    // 对于 b != 1 的一般情况
    // 我们用 b_power 记录 b^i，用 b_sum_prefix 记录 [k]_b = 1 + b + ... + b^(k-1)
    long long b_power = 1;
    long long b_sum_prefix = 0;

    for (int k = 1; k <= n; ++k) {
        // 更新 b_sum_prefix 来得到 [k]_b
        b_sum_prefix = (b_sum_prefix + b_power) % MOD; // b_sum_prefix 现在是 [k]_b
        
        // 更新 b_power 为下一次迭代做准备
        b_power = (b_power * b) % MOD;
        
        // 计算 [k]_b!
        long long q_k = b_sum_prefix; // [k]_b
        q_factorial[k] = (q_factorial[k - 1] * q_k) % MOD;
    }
}


int main() {
    // 加速输入输出，让我跑得更快！
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);

    int n;
    long long b;
    std::cin >> n >> b;

    // 使用 map 来统计每个数字的出现次数，喵~
    std::map<int, int> counts;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int val;
        std::cin >> val;
        counts[val]++;
    }

    // 预计算 b-阶乘
    precompute_q_factorials(n, b);

    // 分子是 [n]_b!
    long long numerator = q_factorial[n];

    // 分母是所有 [c_i]_b! 的乘积
    long long denominator = 1;
    for (auto const& [val, count] : counts) {
        denominator = (denominator * q_factorial[count]) % MOD;
    }

    // 最终答案 = 分子 * (分母的模逆元)
    long long answer = (numerator * modInverse(denominator)) % MOD;

    // 如果结果是负数，要转成正数哦
    if (answer < 0) {
        answer += MOD;
    }

    std::cout << answer << std::endl;

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(N + M \log(\text{MOD}))$
- 统计频率：如果使用 std::map，需要 $O(N \log M)$ ，其中 $M$ 是不同元素的数量。如果用 std::unordered_map 或值域不大用数组，可以是 $O(N)$ 。
- 预计算 q_factorial：我们进行了一次线性扫描，复杂度是 $O(N)$ 。
- 计算分母：遍历 map 中的 $M$ 个元素，复杂度是 $O(M)$ 。
- 计算模逆元：快速幂的复杂度是 $O(\log(\text{MOD}))$ 。
- 综合起来，主要瓶颈在于频率统计和预计算，所以总时间复杂度大约是 $O(N)$ （假设哈希表操作是 $O(1)$ ）。
空间复杂度: $O(N + M)$
- q_factorial 数组占用了 $O(N)$ 的空间。
- counts 这个 map 最多存储 $M$ 个不同的元素，占用 $O(M)$ 的空间。
- 所以总空间复杂度是 $O(N + M)$ 。由于 $M \le N$ ，也可以说是 $O(N)$ 。

知识点总结

这道题真是个小宝库呢，能学到好多东西！

q-模拟 (q-analog): 这是组合数学中一个非常核心的概念，它将许多经典的计数公式（如阶乘、二项式系数）推广到带有参数 $q$ 的形式。我们这道题就是 $q=b$ 的情况。
q-阶乘与逆序对: 核心知识点是排列的逆序对生成函数与 q-阶乘的关系。 $\sum_{\sigma \in S_n} q^{\text{inv}(\sigma)} = [n]_q!$ 。
q-多项式系数: 对于多重集排列，这个关系推广为 q-多项式系数。这是解决本题的关键公式。
模运算: 解决大数问题必备的技巧，包括加、乘、求逆元等。
快速幂: 高效计算模幂和模逆元的不二之选。
预计算思想: 当一个值（比如 $[k]_b!$ ）需要被多次使用时，提前把它们都算出来存好，可以大大提高效率。

希望这篇题解能让你对这个问题有更深的理解，喵~ 如果还有不懂的地方，随时可以再来问我哦！加油，指挥官！(＾▽＾)

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题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

第一步：从最简单的情况开始思考 ​

第二步：处理有重复元素的情况 ​

第三步：制定计算策略 ​

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