2021.07.13 洛谷 P7392

P7392 「TOCO Round 1」奇怪的排序 \color{green}{\texttt{P7392 「TOCO Round 1」奇怪的排序}} P7392 「TOCO Round 1」奇怪的排序

[Problem] \color{blue}{\texttt{[Problem]}} [Problem]

询问 n n n 个数的排列中有多少个排列满足执行了下列函数后变成有序。

[Solution] \color{blue}{\texttt{[Solution]}} [Solution]

首先，这个函数就是一个归并排序的模板，只是多了一个参数 k k k。很容易可以知道，这个 k k k 是用来限制递归次数的，即最多只能递归 ( k − 1 ) (k-1) (k−1) 次。

可以发现，递归树最底下一层其实是把原数列分成了 2 k 2^{k} 2k 个子序列。如果我们要满足最后有序，我们必须要保证最底下的那 2 k 2^{k} 2k 个子序列本身是有序的（因为归并的过程不改变原来子序列内部的顺序，只是把相邻两个子序列有序地合并了起来）。

设每个子序列内有 x x x 个数字，那么它本身就是升序的概率就是 1 x ! \dfrac{1}{x!} x!1（ x ! x! x! 表示 x x x 的阶乘，下同）。

由于数列是平均分配的，所以最后每个子序列要么有 ⌊ n 2 k ⌋ \left \lfloor \dfrac{n}{2^{k}} \right \rfloor ⌊2kn⌋ 个数，要么有 ( ⌊ n 2 k ⌋ + 1 ) \left ( \left \lfloor \dfrac{n}{2^{k}} \right \rfloor +1 \right ) (⌊2kn⌋+1) 个数，而且每种数列的个数我们是可以算出来的，最后有序的概率就是每个子数列有序的概率的总乘积。

由于一共有 n ! n! n! 中不同的排列，最后用上面算出的概率值乘以 n ! n! n! 就是最终的答案。

拿样例 1 1 1 举例：

n = 3 , k = 1 n=3,k=1 n=3,k=1，把长度为 3 3 3 的数列分成 2 2 2 份，一份长 1 1 1，一份长 2 2 2，最后有序的概率为 1 1 ! × 1 2 ! = 1 2 \dfrac{1}{1!} \times \dfrac{1}{2!}=\dfrac{1}{2} 1!1×2!1=21，因此答案为 3 ! × 1 2 = 3 3! \times \dfrac{1}{2}=3 3!×21=3。
n = 10 , k = 2 n=10,k=2 n=10,k=2，分成 2 , 2 , 3 , 3 2,2,3,3 2,2,3,3 四份，答案应为 10 ! × 1 2 ! × 2 ! × 3 ! × 3 ! = 25200 10! \times \dfrac{1}{2! \times 2!\times 3! \times 3!}=25200 10!×2!×2!×3!×3!1=25200。
n = 3 , k = 0 n=3,k=0 n=3,k=0，只能分成 3 3 3 一份，答案为 3 ! × 1 3 ! = 1 3! \times \dfrac{1}{3!}=1 3!×3!1=1。

总的时间复杂度 O ( T × log ⁡ n ) O(T \times \log n) O(T×logn)。

[code] \color{blue}{\texttt{[code]}} [code]

const int N=1e6+100;
const int mod=1e9+7;
int fac[N],inv[N],n,k,ans;
inline int ksm(int a,int b){register int ret=1;while (b){if (b&1) ret=1ll*ret*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}return ret;
}
inline void init_fac_inv(int n){fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mod;inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);for(int i=n;i;i--)inv[i-1]=1ll*i*inv[i]%mod;
}
int main(){init_fac_inv(1e6);for(int T=1,G=read();T<=G;T++){n=read();k=read();ans=1;if (k>20||(1<<k)>=n){printf("%d\n",fac[n]);continue;}else if (k==0){printf("1\n");continue;}ans=1ll*ksm(inv[n/(1<<k)],(1<<k))*ksm(ksm(n/(1<<k)+1,mod-2),(n%(1<<k)))%mod;printf("%lld\n",1ll*ans*fac[n]%mod);}return 0;
}

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