CF 715 E. Complete the Permutations
题目大意：给定两个排列\(p,q\)的一部分。定义两个排列\(p,q\)的距离为使用最少的交换次数使得\(p_i=q_i\)。对于所有\(0\leq k\leq n-1\)的所有补全方案中距离为\(k\)的方案数。
\(\\\)
将排列看成置换的话，两个完整的排列的距离为\(n-m\)，其中\(m\)为循环节个数。
现在考虑将所有存在的不完整的循环节找出来。先连边：对于每个\(i\)，连\(a_i\to b_i\)，然后若\(a_i=b_j\neq 0,\)则连\(b_j\to a_i\)。显然对于每个\(i\)，\(a_i,b_i\)只有四种情况：
- \(0\to x\)
- \(x\to 0\)
- \(0\to 0\)
- \(x\to y\)
如果出现了第\(4\)种边，那么我们这两个点缩成一个无实际意义的点。对于\(a_i=b_j\neq 0\)的情况，我们也进行同样的处理。这样就只剩上面的\(3\)种链了。然后再将这些链组成环。
首先有个性质，如果\(x\)存在，那么它只会存在于\(1\)或\(2\)中的一种链，所以对于\(1\)类链，其中的\(x\)只会向外连向一个\(0\)；对第二类链同理。所以如果一个环中同时存在在\(1,2\)类链，那么必定存在\(3\)类链在中间连接。
还发现，一个环可以是纯粹由\(1\)类或者\(2\)类链组成。
于是我们考虑对\(1,2\)类链分别处理。
以\(1\)类为例。设这\(3\)种链的数量分别为\(a,b,c\)。设\(f_i\)为组成了至少\(i\)个纯种\(1\)类环的方案数，则：
\[ f_i=\sum_{j=i}^a\binom{a}{j}\begin{bmatrix}j\\i\end{bmatrix}(a-j+c)^{\underline{a-j}} \]
首先\(\binom{a}{j}\)选出\(j\)条链，然后第一类斯特林数\(\begin{bmatrix}j\\i\end{bmatrix}\)将其组成\(i\)个环排列。最后的\((a-j+c)^{\underline{a-j}}\)表示剩下的\(a-j\)个\(1\)类链还要连出去一条边。之前说了，\(1\)类链的\(x\)只能连向\(0\)，所以可以选择的对象有为不在环上的\(1\)类链和\(3\)类链（\(a-j+c\)个），又因为每个链最多只有一个入边，所以是\((a-j+c)^{\underline{a-j}}\)。但是有可能在这个过程中产生新的环，于是容斥一下就好了。
设\(g\)为\(2\)类链的答案。我们将\(q=f*g\)。\(q_i\)就是纯种\(1,2\)类链一共有\(i\)个的方案数。其他的没有在环上的\(1,2\)类链，它们与\(3\)类链组合在了一起。有一下几种“原件":
- \((0\to x)_n\to 0\to 0\to(x\to0)_m\)
- \((0\to x)_n\to 0\to 0\)
- \(0\to 0\to (x\to 0)_m\)
- \(0\to 0\)
我们发现每种原件中有且仅有一个\(0\to 0\)，所以这些原件组成\(i\)个环的方案数就是\(\begin{bmatrix}c\\i \end{bmatrix}\)。所以，设\(s_i=\begin{bmatrix}c\\i \end{bmatrix}\)。则还要将\(q\)卷上\(s\)。
最终，有\(i\)个环的排列个数就是\((q*s)_i\times c!\)。
对于一个环，我们可以写成\(a_{p_1}\to b_{p_1}\to a_{p_2}\to b_{p_2}...\to a_{p_n}\to b_{p_{n}}\to a_{p_1}\)（\(a_i\)为上方的排列，\(b_i\)为下方的排列）。对于每个\(b_{p_i}=a_{p_{i+1}}=0\)的位置，我们要给\(b_{p_i}\)一个标号，当\(b_{p_i}\)确定了，\(a_{p_{i+1}}\)的值也就确定了（但不一定等于\(b_{p_i}\)）。这样的\(b_{p_i}\)一定有\(c\)个，所以乘上\(c!\)。
下面解释为什么\(a_{p_{i+1}}\)不一定等于\(b_{p_i}\)。之前对于所有的\(x\to y\)，我们直接忽略了这个边（假设这个边是\(a_j\to b_j\)），假设现在我令\(b_{p_i}=x\)，那么我们应该讲\(a_j\to b_j\)插入\(b_{p_i}\to a_{p_{i+1}}\)中，即：\(b_{p_i}\to a_j \to b_j \to a_{p_{i+1}}\)，显然\(a_{p_{i+1}}=b_j\)了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 2005
using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
const ll mod=998244353;
ll ksm(ll t,ll x) {
ll ans=1;
for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
if(x&1) ans=ans*t%mod;
return ans;
}
int n;
int a[N],b[N];
ll S[N][N],C[N][N];
ll fac[N],ifac[N];
int cnt[3];
int opp[N],exi[N],exb[N];
int tag[N];
int cir;
ll f[N],g[N];
void dfs(int v,int f) {
tag[v]=1;
if(!b[v]) {
if(!f) {
cnt[2]++;
} else cnt[1]++;
return ;
}
if(exi[b[v]]) {
if(tag[exi[b[v]]]) cir++;
else dfs(exi[b[v]],f);
} else if(!f) cnt[0]++;
}
ll h[N];
ll ans[N];
int main() {
n=Get();
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
ifac[n]=ksm(fac[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=0;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
C[i][j]=(!j||i==j)?1:(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
S[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
S[i][j]=(S[i-1][j-1]+S[i-1][j]*(i-1))%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=Get();
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=Get();
for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]) exi[a[i]]=i;
for(int i=1;i<=n;i++) if(b[i]) exb[b[i]]=i;
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(a[i]&&exb[a[i]]) continue ;
dfs(i,a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!tag[i]) dfs(i,a[i]);
for(int i=0;i<=cnt[0];i++)
for(int j=i;j<=cnt[0];j++)
(f[i]+=C[cnt[0]][j]*S[j][i]%mod*fac[cnt[0]-j+cnt[2]]%mod*ifac[cnt[2]])%=mod;
for(int i=cnt[0];i>=0;i--)
for(int j=i+1;j<=cnt[0];j++)
f[i]=(f[i]-C[j][i]*f[j]%mod+mod)%mod;
for(int i=0;i<=cnt[1];i++)
for(int j=i;j<=cnt[1];j++)
(g[i]+=C[cnt[1]][j]*S[j][i]%mod*fac[cnt[1]-j+cnt[2]]%mod*ifac[cnt[2]])%=mod;
for(int i=cnt[1];i>=0;i--)
for(int j=i+1;j<=cnt[1];j++)
g[i]=(g[i]-C[j][i]*g[j]%mod+mod)%mod;
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
(h[i]+=f[j]*g[i-j])%=mod;
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
(ans[i]+=h[j]*S[cnt[2]][i-j]%mod*fac[cnt[2]])%=mod;
for(int i=n;i>=1;i--)
if(i>=cir) ans[i]=ans[i-cir];
else ans[i]=0;
for(int i=n;i>=1;i--) cout<<ans[i]<<" ";
return 0;
}