JZOJ 5931. 【NOIP2018模拟10.27】冒泡排序

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题目

求一个n的全排列的变成 1…n的序列 期望最少交换次数。

题解

实在想不出来，可以找规律。
其实这题不需要找规律。

方法1

第一类斯特林数灵感？
hzj的第一题，序列前n-1个元素只能够与第n个交换，想到一圈一圈地换。
这里也是类似的，只不过任意两个元素都可以交换。
此外，如果a[i]=i了，那么a[i]不用再和其他元素交换。
考虑n个元素中有多少个圆排列。圆是无序的。
所以可以用第一类斯特林数做。
$S[i][j]=S[i-1][j-1]+(i-1)*S[i-1][j]$
$Ans[n]=\sum_{i=1}^{n}$ $(n-i)$ $*S[n][i]$
如何O(n)?
将第i行的 $S[i][j]$向右下方移动，则乘的绿色的数是一样的。
将第i行的 $S[i][j]$向下移，每个 $S[i][j]$乘的绿色的数要+1.
相当于加上 $(Ans[n-1]+(n-1)!)*(n-1)$
$Ans[n]=(Ans[n-1]+(n-1)!)*(n-1)+Ans[n-1]$
本题的答案为 $Ans[n]/(n!)$

方法2

考虑序列中有多少个圆。
$f[i]$为所有n的全排列的圆的个数之和。
则考虑1号点所在圆的大小，则 $f[i]=n!+\sum_{i=1}^nC(n-1,i-1)*(i-1)!*f[n-i]$
其中 $n!$表示n!个全排列，每个包含1个包含1号点的圆。式子的其他部分表示全排列除了包含1的圆以外的其他圆的个数的总和。
答案为 $n-\frac{f[n]}{n!}$

线性求逆元

对于一个奇质数，有：
$inv[i]=(mo-\lfloor\frac{mo}{i}\rfloor)*inv[mo\%i]\%mo$
证明：
设 $a=\lfloor\frac{mo}{i}\rfloor,b=mo\%i$，
则有 $mo=a*i+b\Rightarrow a*i+b≡0(mod\ mo)\Rightarrow a*i≡-b(mod \ mo)$
两边同时除以 $b*i$得，
$a*inv[b]≡-inv[i](mod\ mo)\Rightarrow -a*inv[b]≡inv[i](mod\ mo)$
所以， $(mo-\lfloor\frac{mo}{i}\rfloor)*inv[mo\%i]\%mo=inv[i]$

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 10000020
#define mo 998244353
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
int i,j,k,l,n,m,T;
int jc[N],ny[N],ans[N];
int ksm(int x,int y){
	int rs=1;
	for(;y;y>>=1,x=(1ll*x*x)%mo)if(y&1)rs=(1ll*rs*x)%mo;
	return rs;
}
int pre(){
	int i,j;
	jc[0]=jc[1]=ny[0]=ny[1]=1;
	fo(i,2,N-10)jc[i]=(1ll*jc[i-1]*i)%mo;
	ny[N-10]=ksm(jc[N-10],mo-2);
	fd(i,N-11,2)ny[i]=(1ll*ny[i+1]*(i+1))%mo;
}
int main(){
        pre();
	ans[1]=1;
	fo(i,2,N-9)ans[i]=((1ll*(ans[i-1]+jc[i])%mo*i)%mo+ans[i-1])%mo;
	fo(i,1,N-9)ans[i]=(1ll*ans[i]*ny[i+1])%mo;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
	    scanf("%d",&n);
	    printf("%d\n",ans[n-1]); 
	}
	return 0;
}