US Open 2020 T2 Exercise

首先根据一番推导，不包含 $L$ 的倍数长度的排列长度由

$\exp (-\sum_{k\ge 1} \frac{z^{kL}}{kL}) \frac1{1-x} = (1-z^L)^{1/L}/(1-z)$

这一 EGF 表示，因此令 $k=\lfloor n/L \rfloor$，可得

$\begin{aligned} [z^{kL}](1-z^L)^{1/L}/(1-z) &= [z^{kL}](1-z^L)^{1/L}/(1-z^L)\\ & = [z^{kL}](1-z^L)^{1/L-1}\\ & = (-1)^k\binom{1/L-1}{k}\\ &= \frac{(1-1/L)(2-1/L)\cdots (k-1/L)}{k!} \end{aligned}$

然后因为 EGF 最后要乘以 $n!$，答案 $L$ 对应的就是

$\frac{n!(L-1)(2L-1)\cdots(kL-1)}{k!L^k}$

我们欲计算此式并不能太直接，因为是取模 $P-1$，它并不是个质数。

我们考虑将 $P-1$ 的 $\le n$ 部分之质因子分解出，记为 $P-1 = Rp_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_w^{\alpha_w}$，考虑计算 $\frac{n!}{k!L^k} \bmod (P-1)$，它必然是整数。

我们考虑递增地计算所有的 $L$，这时 $k$ 是递减的，那么 $\frac{n!}{k!}$ 我们可以维护其抛去 $p_1,p_2,\dots,p_w$ 互质之部分的乘积，以及 $p_1,p_2,\dots p_w$ 各部分的质因子次数。我们对于过程中乘进去的每个数都暴力加入，因为这样的总共次数是
$\sum_{i=1}^w \sum_{k=1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p_i^k} \right\rfloor < \sum_{p^k \le n} \frac{n}{p^k} = \Theta(n\log \log n)$

对于除以 $L^k$ 部分，如果 $p$ 和 $p_i$ 不重合那么就直接 $\Theta(k)$ 乘就完事了，并且剩下的部分也没有必要 $\Theta(w)$ 计算，我们应该直接存一个乘了所有部分的值，否则就是减去对应的质因子数量，然后进行求值。总共进行 $\Theta(w)$ 次求值的只有 $\sum_i \log_{p_i} n$ 那么多，不是复杂度瓶颈。至于求出 $p_i^t \bmod P-1$ 的值，注意到 $t\le \sum \lfloor n/p_i^k \rfloor$，所以我们直接打表的大小是不超过 $n\log \log n$ 的。

综上所述，结合快速幂部分的复杂度，整道题可以在 $\Theta(n\log \log n + \frac{n}{\log n}\log P)$ 时间内求算。

附录：需要用到的界

Mertens 第二定理告诉我们，
$\sum_{p\le n} \frac 1 p = \ln \ln n + C + O\left(\frac1{\ln n}\right)$

由此我们不难得到所有 $p^k$ 的倒数和的界：

$\begin{aligned} &\quad \sum_{p^k\le n} \frac1{p^k}\\ &< \sum_{p\le n} \sum_{k\ge 1} \frac{1}{p^k}\\ & = \sum_{p\le n} \frac{1}{p - 1} \\ & = \left( \sum_{p\le n} \frac 1 p \right) + \left( \sum_{p\le n} \frac 1 {p(p-1)} \right)\\ & < \left( \sum_{p\le n} \frac 1 p \right) + \zeta(2)\\ & = \ln \ln n + C' + O\left(\frac1{\ln n}\right) \end{aligned}$