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agc005D ~K Perm Counting
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发布时间:2019-03-01

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题意简述

求长度为 n n n的排列中 ∀ i , ∣ a i − i ∣ ̸ = k \forall i,|a_i-i|\not= k i,aii̸=k的排列总数。

题解

假设满足 ∣ a i − i ∣ = k |a_i-i|=k aii=k的位置的数量至少有 j j j个的排列总数为 g j g_j gj。那么答案就是

∑ i = 0 n ( − 1 ) i g i ( n − i ) ! \sum_{i=0}^n (-1)^ig_i (n-i)! i=0n(1)igi(ni)!
现在的问题就是怎么求 g i g_i gi。建一个二分图,如果两个点满足:

  • 分别在二分图的两侧
  • 假设编号为 i , j i,j i,j,满足 ∣ i − j ∣ = k |i-j|=k ij=k

那么就连一条边。这张图上匹配为 i i i的方法的总数就是 g i g_i gi

那么 g i g_i gi?容易发现,这张图是由多条链构成的,将这几条链拼在一起,然后在钦定一些地方不能有匹配的边,这张二分图的匹配数量为 i i i的方案数可以很方便的dp求出。

代码

#include 
int read(){ int x=0,f=1; char ch=getchar(); while((ch<'0')||(ch>'9')) { if(ch=='-') { f=-f; } ch=getchar(); } while((ch>='0')&&(ch<='9')) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); } return x*f;}const int maxn=2000;const int mod=924844033;int n,k,t,vis[maxn+10][2],a[maxn*2+10],f[maxn*2+10][maxn+10][2],g[maxn+10],ans,fac[maxn+10];int main(){ n=read(); k=read(); for(int i=1; i<=n; ++i) { for(int j=0; j<2; ++j) { if(!vis[i][j]) { int len=0; for(int x=i,y=j; x<=n; x+=k,y^=1) { vis[x][y]=1; ++len; } t+=len; a[t+1]=1; } } } f[1][0][0]=1; for(int i=2; i<=t; ++i) { f[i][0][0]=f[i-1][0][0]+f[i-1][0][1]; if(f[i][0][0]>=mod) { f[i][0][0]-=mod; } for(int j=1; j<=n; ++j) { f[i][j][0]=f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1]; if(f[i][j][0]>=mod) { f[i][j][0]-=mod; } if(!a[i]) { f[i][j][1]=f[i-1][j-1][0]; } } } for(int i=0; i<=n; ++i) { g[i]=f[t][i][0]+f[t][i][1]; if(g[i]>=mod) { g[i]-=mod; } } fac[0]=1; for(int i=1; i<=n; ++i) { fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod; } for(int i=0; i<=n; ++i) { ans=(ans+1ll*((i&1)?(mod-1):1)*g[i]%mod*fac[n-i])%mod; } printf("%d\n",ans); return 0;}

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