渐近地，

考虑置换 $\sigma$ 的 $[1..n]$ 。取反定义为一对索引 $(i, j)$ ，使得和。 $i < j$ $\sigma(i) > \sigma(j)$

将定义为的排列数，最多反转。 $A_k$ $[1..n]$ $k$

问题：的紧渐近界是什么？ $A_k$

但是上面的问题是关于计算 $A_k$ 。可以使用动态编程来计算它，因为它满足此处显示的重复关系：https : //stackoverflow.com/questions/948341/dynamic-programming-number-of-ways-to-get-at-least-n-bubble排序交换

也已经研究了具有恰好为 $k$ 反转的排列数，并且可以将其表示为生成函数：http : //en.wikipedia.org/wiki/Permutation#Inversions

但是我找不到封闭式公式或渐近边界。

co.combinatorics permutations

— Vinayak Pathak
source

如果您有一个序列的生成多项式，则只需将多项式乘以

就可以得出前缀和的生成多项式

1 / (1 - x)

$1/(1-x)$ 。在您的情况下，您将使用链接到的多项式来计算正k个倒数。

— Suresh Venkat

这是oeis.org/A161169

— 安德拉斯·萨拉蒙

@SureshVenkat感谢您的提示。但是我仍然会坚持以

和

形式在这个非常复杂的多项式中找到

的系数，我不知道该怎么做。

x^{k}

$x^k$

n

$n$

k

$k$

— Vinayak Pathak

要获得

的系数，请采用生成多项式的第

个导数，并在

对其求

。

x^{k}

$x^k$

k

$k$

x = 0

$x = 0$

— Sasho Nikolov

根据Wikipedia的描述，中恰好有反转的排列数是 in 的系数用。这表明 $S_n$ $k$ $X^k$

1 (1 + X) (1 + X + X^{2}) \dots (1 + X + \dots + X^{n - 1}) .

$1(1+X)(1+X+X^2)\cdots(1+X+\cdots+X^{n-1}).$

c (n, k)

$c(n,k)$

因此，在排列的数量

至多

反转等于在排列的数量

与恰好

反转。这具有简洁的组合证明以及（提示：取

和删除

）。

c (n + 1, k) = \sum_{l = 0}^{k} c (n, k - l) .

$c(n+1,k) = \sum_{l=0}^k c(n,k-l).$

S_{n}

$S_n$

k

$k$

S_{n + 1}

$S_{n+1}$

k

$k$

π \in S_{n + 1}

$\pi\in S_{n+1}$

n + 1

$n+1$

如果我们只对的系数感兴趣，则对于因数不会有任何区别。因此，对于，是系数在 $X^k$ $X^m$ $m > k$ $n > k$ $c(n,k)$ $X^k$ 这意味着公式

\begin{aligned} 1 (1 + X) \dots (1 + X + \dots + X^{k - 1}) (1 + X + \dots + X^{k} + \dots)^{n - k} \\ = & 1 (1 + X) \dots (1 + X + \dots + X^{k - 1}) \frac{1}{(1 - X)^{n - k}} \\ = & 1 (1 + X) \dots (1 + X + \dots + X^{k - 1}) \sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{t + n - k - 1}{t}) X^{t} . \end{aligned}

$\begin{align*} &1(1+X)\cdots(1+X+\cdots+X^{k-1}) (1+X+\cdots+X^k+\cdots)^{n-k} \\ = &1(1+X)\cdots(1+X+\cdots+X^{k-1}) \frac{1}{(1-X)^{n-k}} \\ = &1(1+X)\cdots(1+X+\cdots+X^{k-1}) \sum_{t=0}^\infty \binom{t+n-k-1}{t} X^t. \end{align*}$

c (n, k) = \sum_{t = 0}^{k} (\binom{n + t - k - 1}{t}) c (k, k - t), n > k .

$c(n,k) = \sum_{t=0}^k \binom{n+t-k-1}{t} c(k,k-t), \quad n > k.$

当为常数时，渐近最重要的项是与对应的项，我们有 $k$ $t = k$ 对，相同的渐近性也起作用。

c (n, k) = (\binom{n - 1}{k}) + O_{k} (n^{k - 1}) = \frac{1}{k!} n^{k} + O_{k} (n^{k - 1}) .

$c(n,k) = \binom{n-1}{k} + O_k(n^{k-1}) = \frac{1}{k!} n^k + O_k(n^{k-1}).$

c (n + 1, k)

$c(n+1,k)$

对于非常数，使用 $k$ $\binom{n+t-k-1}{t} = \binom{n+t-k-1}{n-k-1}$ $t$ $\sum_{t=0}^k c(k,t) \leq k!$

(\binom{n - 1}{k}) \leq c (n, k) \leq k! (\binom{n - 1}{k}) .

$\binom{n-1}{k} \leq c(n,k) \leq k! \binom{n-1}{k}.$

— Yuval Filmus
source

使用斯特林近似和二项式边界，我们可以将最后一个表达式简化为

c (n, k) \leq k! (\binom{n - 1}{k}) \leq e k^{k + 1 / 2} e^{- k} (e (n - 1) / k)^{k}

$c(n,k)\leq k!\binom{n-1}{k} \leq ek^{k+1/2}e^{-k}(e(n-1)/k)^k$ 所以

c (n, k) \leq e \sqrt{k} (n - 1)^{k}

$c(n,k) \leq e\sqrt{k}(n-1)^k$ 。这当然不是很严格，但是比我从这些近似中所期望的范围更优雅。

— SamM