「2017 山東一輪集訓 Day7」逆序對（生成函數）（容斥）（DP）

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題意：長度爲 $n$，有 $k$ 個逆序對的排列個數？
$n,k\le 1e5$

考慮新填一個數 $i$ 進去，可能產生的貢獻爲 $[0,i-1]$，於是問題等價於：
$\sum_{i=1}^na_i=k,a_i\in[0,i-1]$ 的方案數
其實可以大力生成函數
$F(x)=1(1+x)(1+x+x^2)...(1+x+x^2+...+x^n)$
$=\frac{\prod_{i=1}^n(1-x^i)}{(1-x)^n}$
$=(\prod_{i=1}^n(1-x^i))(\sum_{j=0}^n\binom{j+n-1}{j}x^j)$
考慮枚舉後面的，需要快速知道前面的第 $i\in[0,k]$ 項
考慮其組合意義，就是選若干個不重複的數，和爲 $i$，貢獻爲 $(-1)^{個數}$
這裏的個數顯然是 $\sqrt k$ 級別的，於是可以 $dp$
$f_{i,j}$ 表示 $i$ 個，和爲 $j$ 的方案，發現就是整體加若干個 1 填一個 1 再加整體加若干個 1
有一個坑點是當 $j>n$ 時，可能有一個數被加成 $n+1$，強制填 $n+1$ 容斥就可以了
複雜度 $O(k\sqrt k)$

#include<bits/stdc++.h>
#define cs const
using namespace std;
cs int M = 1000, N = 1e5 + 50;
cs int Mod = 1e9 + 7;
int add(int a, int b){ return a + b >= Mod ? a + b - Mod : a + b; }
int mul(int a, int b){ return 1ll * a * b % Mod; }
int dec(int a, int b){ return a - b < 0 ? a - b + Mod : a - b; }
int ksm(int a, int b){ int ans = 1; for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) ans=mul(ans,a); return ans; }
int sgn(int a){ return (a&1)?Mod-1:1; }
void Add(int &a, int b){ a = add(a, b); }
int n, m, k, f[M][N];
int fac[N<<1], ifac[N<<1];
int C(int n, int m){ if(n<0||m<0||n<m) return 0; return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m])); }
void prework(int n){
	fac[0] = fac[1] = ifac[0] = ifac[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++) fac[i] = mul(fac[i-1], i);
	ifac[n] = ksm(fac[n], Mod-2);
	for(int i = n-1; i >= 2; i--) ifac[i] = mul(ifac[i+1], i+1);
}
int calc(int k){
	int ans = 0;
	for(int i = 0; i <= m; i++) Add(ans, mul(sgn(i),f[i][k]));
	return ans;
}
int main(){
	cin >> n >> k; prework(n + k + 5);
	m = sqrt(k * 2) + 5; f[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= m; i++)
	for(int j = i; j <= k; j++){
		if(j >= i) f[i][j] = add(f[i][j-i], f[i-1][j-i]);
		if(j > n) f[i][j] = dec(f[i][j], f[i-1][j-n-1]);
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 0; i <= k; i++){
		Add(ans, mul(C(i+n-1,i),calc(k-i)));
	} cout << ans; return 0;
}