「bzoj4714」旋转排列 - 容斥原理+错排

题目大意

    对于每个$k$，询问有多少个不带标号的置换，满足：

1. 存在一个循环长度为$k$。
2. 任意一个循环长度$\ge2$。

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题目分析

枚举环的个数$t$。
设$g(t)$表示至少有$kt$个人分为$t$个长度为$k$的循环的方案数。
考虑第一个人和哪$k-1$个人组合在了一起，每种分配有$(k-1)!$种排列方案。
故

$$g(t)=\binom{kt-1}{k-1}(k-1)!\times g(t-1)$$

循环分好了过后，剩下的人重标号，不能分在自己编号的位置上，故这是一个错排计数，设$d(i)$为$i$个人错排的方案数。

至少有$t$个长度为$k$的循环方案数为：

$$\binom n{kt}d(n-kt)g(t)$$

因为不排除选出之外的有循环，故会计重，使用容斥原理处理一下即可。

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代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

inline int Get_Int() {
	int num=0,bj=1;
	char x=getchar();
	while(!isdigit(x)) {if(x=='-')bj=-1;x=getchar();}
	while(isdigit(x)) {num=num*10+x-'0';x=getchar();}
	return num*bj;
}

const int maxn=500005;
const LL mod=1e9+7;

int n;
LL fac[maxn],invf[maxn],d[maxn],g[maxn],ans=0;

void add(LL &x,LL v) {x+=v;if(x>=mod)x-=mod;}

LL Quick_Pow(LL a,LL b) {
	LL ans=1;
	for(; b; b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)ans=ans*a%mod;
	return ans;
}

int main() {
	n=Get_Int();
	fac[0]=1;
	for(int i=1; i<=n; i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	invf[n]=Quick_Pow(fac[n],mod-2);
	for(int i=n; i>=1; i--)invf[i-1]=invf[i]*i%mod;
	d[0]=d[2]=1;
	for(int i=3; i<=n; i++)d[i]=(i-1)*(d[i-2]+d[i-1])%mod;
	for(int i=2; i<=n; i++) {
		g[0]=1;
		for(int j=1; i*j<=n; j++) {
			int k=i*j;
			g[j]=g[j-1]*fac[k-1]%mod*invf[i-1]%mod*invf[k-i]%mod*fac[i-1]%mod;
			LL tmp=fac[n]*invf[k]%mod*invf[n-k]%mod*g[j]%mod*d[n-k]%mod;
			if(j&1)add(ans,tmp);
			else add(ans,mod-tmp);
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}