题解 AT2062 【[AGC005D] ~K Perm Counting】
ez_lcw
2020-10-04 21:44:36
首先正面做不太好做,考虑容斥。
设 $f(m)$ 表示排列中至少有 $m$ 处 $|P_i-i|=k$ 的方案数。
那么答案就是 $\sum\limits_{i=0}^n(-1)^if(i)$。
原题可以看成一个二分图的形式:($n=5$ 时)
![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/opabe72v.png)
左边是排列的编号,右边是权值,那么现在要做的就是连 $n$ 条边,补全这个二分图,使得每个点的度数都是 $1$。
那么考虑什么时候会出现 $|P_i-i|=k$ 的情况。
![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/5s8onaw1.png)
如图,当 $k=1$ 时,连出上图中的任意一条边都会使得 $|P_i-i|=k$。
我们考虑选出一些边,而且任意两条边都不能接在同一个端点上(因为每个点的度数要为 $1$)。
发现图中的边构成了若干条链且互不影响,于是把他们拿出来铺平:
![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/86viqgbi.png)
此时如果要使得 $|P_i-i|=k$,只有相邻两个点之间才会连边,而且 $a_5$ 和 $1$ (第 $5$ 个点和第 $6$ 个点)之间不会连边。
设 $dp(i,j,01/0)$ 表示已经考虑了前 $i$ 个点,其中连了 $j$ 条边,第 $i-1$ 个点和第 $i$ 个点之间是/否连边的方案数。
那么容易得到:
$$
\begin{cases}
dp(i,j,0)=dp(i-1,j,0)+dp(i-1,j,1)\\
dp(i,j,1)=dp(i-1,j-1,0)
\end{cases}
$$
但是还有一种特殊情况,那就是 $i=6$ 时,第 $5$ 个点和第 $6$ 个点之间不能连边,所以此时 $dp(i,j,1)$ 不存在。
所以我们需要开一个数组判断一下某一个点是否是链的开头。
按着这个 dp,那么有 $f(m)=(n-m)!\times dp(2n,m)$。
意思就是先把满足有 $m$ 个 $|P_i-i|=k$ 的方案数算出来,剩下的数随便排列。
代码如下:
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define N 2010
#define ll long long
#define mod 924844033
using namespace std;
int n,k,tot,a[N];
ll fac[N],dp[N<<1][N][2];
bool vis[N<<1];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
for(int t=0;t<2;t++)
{
for(int j=i;j<=n;j+=k)
{
tot++;
if(i!=j) vis[tot]=1;
}
}
}
dp[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
{
for(int j=0;j<=n;j++)
{
dp[i][j][0]=(dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1])%mod;
if(vis[i]&&j) dp[i][j][1]=dp[i-1][j-1][0];
}
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<=n;i++)
{
if(i&1) ans=(ans-(dp[n<<1][i][0]+dp[n<<1][i][1])*fac[n-i]%mod+mod)%mod;
else ans=(ans+(dp[n<<1][i][0]+dp[n<<1][i][1])*fac[n-i]%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
```