欧拉数学习笔记

定义

定义(left<egin{matrix}n\iend{matrix} ight>)为长度为(n)的排列(p)，满足(p_j<p_{j+1})的数目为(i)的排列数，也就是欧拉数。

求法

首先可以考虑dp转移(left<egin{matrix}n\iend{matrix} ight>)，考虑现在有(1sim n-1)，加入(n)：

如果(n)加在排列最左边，数目不变，由(left<egin{matrix}{n-1}\iend{matrix} ight>)转移
如果(n)加在排列最左边，数目增加，由(left<egin{matrix}{n-1}\{i-1}end{matrix} ight>)转移
插在某个(p_j<p_{j+1})中间，数目不变，由(left<egin{matrix}{n-1}\{i}end{matrix} ight> imes i)转移
插在某个(p_j>p_{j+1})中间，数目增加，由(left<egin{matrix}{n-1}\{i-1}end{matrix} ight> imes (n-1-i))转移

总转移方程：

[left<egin{matrix}n\iend{matrix} ight>=(i+1)left<egin{matrix}n-1\iend{matrix} ight>+(n-i)left<egin{matrix}n-1\i-1end{matrix} ight> ]

但是有些出题人就说了：我计数题都出(1e5)，你这么递推，我很不满意！

下面给出容斥求法：
设(egin{vmatrix}n\kend{vmatrix})表示长度为(n)的排列，至少有(k)个(p_j<p_{j+1})的方案数。
二项式反演：

[egin{vmatrix}n\kend{vmatrix}=sumlimits_{i=k}^ndbinom ikleft<egin{matrix}n\iend{matrix} ight>\ left<egin{matrix}n\kend{matrix} ight>=sumlimits_{i=k}^n(-1)^{i-k}dbinom ikegin{vmatrix}n\iend{vmatrix} ]

考虑求(egin{vmatrix}n\kend{vmatrix})，将小于号连成的两个位置看成一个连通块，那么一共就有(n-k)个连通块，那么联通块内部排列只有一种，因为每个连通块不能为空，所以一个连通块的 EGF 就是(e^x-1)，因为是「至少」，所以两个连通块之间可以随意合并，那么(egin{vmatrix}n\kend{vmatrix}=n![x^n](e^x-1)^{n-k})
把上式用二项式定理拆开：

[egin{aligned} n![x^n](e^x-1)^{n-k}&=n![x^n]sum_{i=0}^{n-k}{n-kchoose i}e^{ix}(-1)^{n-k-i}\ &=sum_{i=0}^{n-k}{n-kchoose i} i^n (-1)^{n-k-i}\ &=(n-k)! sum_{i=0}^{n-k}frac {i^n}{i!}frac{(-1)^{n-k-i}}{(n-k-i)!} end{aligned} ]

卷一下就可以求出每个(egin{vmatrix}n\kend{vmatrix})了。

最后我们再 NTT 加速反演就可以求出(left<egin{matrix}n\kend{matrix} ight>)了，总复杂度(O(nlog n))。

但是发现上面的做法还是naive了，发现可以不用卷两遍。
把(egin{vmatrix}n\kend{vmatrix}=sum_{i=0}^{n-k}{n-kchoose i} i^n (-1)^{n-k-i})直接代回(left<egin{matrix}n\kend{matrix} ight>=sumlimits_{i=k}^n(-1)^{i-k}dbinom ikegin{vmatrix}n\iend{vmatrix})，那么有

[egin{aligned} left<egin{matrix}n\kend{matrix} ight>&=sumlimits_{i=k}^n(-1)^{i-k}dbinom ikegin{vmatrix}n\iend{vmatrix}\ &=sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}{ichoose k}sum_{j=0}^{n-i}{n-ichoose j}j^n(-1)^{n-i-j}\ &=sum_{i=k}^n{ichoose k}sum_{j=0}^{n-i}{n-ichoose j}j^n(-1)^{n-k-j}\ &=sum_{j=0}^{n-k}sum_{i=n-j}^n{ichoose k}{n-ichoose j}j^n(-1)^{n-k-j}\ &=sum_{j=0}^{n-k}(-1)^{n-k-j}j^nsum_{i=0}^n{ichoose k}{n-ichoose j} end{aligned} ]

考虑后面(sum_{i=0}^n{ichoose k}{n-ichoose j})怎么求。

[{ichoose k}=[x^{i-k}]frac {1}{(1-x)^{k+1}},{n-ichoose j}=[x^{n-i-j}]frac {1}{(1-x)^{j+1}}\ Rightarrow sum_{i=0}^n{ichoose k}{n-ichoose j}=[x^{n-j-k}]frac 1{(1-x)^{k+j+2}}={n+1choose k+j+1} ]

然后可以(O(n))算出一个(left<egin{matrix}n\kend{matrix} ight>)了（一行减法卷积(O(nlog n))）。

还有一个高妙的组合意义

这里有个模板题

应用

CF1349F1 Slime and Sequences (Easy Version)

直接求好序列十分头疼，所以我们建立长度为(n)的好序列与长度为(n)的排列之间的关联。
对于一个排列(p)，中的某个(p_i)，如果(jin[1,i))中有(k)个(p_{j}<p_{j+1})，那么(a_{p_i}=k+1)。
这样构造的(p)与(a)一一对应，下面简要证明：
首先(a)中的(1)肯定放在最前面，且对于(p)中极长的前缀(p_{1...k})满足(p_{i}>p_{i+1},iin[1,k))，(a_{p_{1...k}}=1)，如果我们要填(2)的话一定会使得有一个(1)在(2)前面，(2,3)的情况同理。
~~感性理解一下就好了~~

对于(ans_k)考虑每个位置(i)的贡献，那么有

[ans_k=sumleft<egin{matrix}n\k-1end{matrix} ight>{nchoose i}(n-i)! ]

因为不会拉格朗日反演，所以 F2 鸽了。