[AtCoder AGC005 D][容斥][DP] ~K Perm Counting

最新推荐文章于 2021-08-09 09:45:41 发布

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#容斥 #DP

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本文探讨了一道计数题的算法实现，该问题要求计算满足特定条件的n的排列数量。采用动态规划方法，通过构造二分图并考虑路径匹配来解决此问题。最终通过代码实现了算法，并给出了具体的计算过程。

既然APIO讲到了，就补一发计数题

题意是求有多少个n的排列，满足对于任意 $i$ ， $|a[i]-i|\neq k$ ， $k$ 是给定整数

这里写图片描述

陈老师说的简单DP不会啊…只好求助Manchery

另 $f_i$ 表示恰好有 $i$ 个 $x$ 满足 $|a[x]-x|=k$ ，答案就是 $\sum_{i=0}^n f_i(n-i)!(-1)^i$ ——摘自官方题解
官方也没给出DP的方法啊……
考虑一个二分图， $L_i$ 向 $R_{i-k}$ 和 $R_{i+k}$ 连边， $f$ 就是大小为i的匹配方案数。观察发现这张图是由k条不想交的路径组成的，那么可以对于每条路径DP出 $f_i$ ，然后背包一下（然而并没有实现过）……

后来发现把这些链都连在一起，形成一条链，只要特判一下链接的部分再那样DP就可以了……

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 4010
#define P 924844033

using namespace std;

int n,k,t;
int a[N];
int vis[N][2];
long long fac[N],g[N];
long long Ans;
long long f[N][N][2];

int main(){
  freopen("1.in","r",stdin);
  freopen("1.out","w",stdout);
  scanf("%d%d",&n,&k);
  for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=0;j<2;j++)
      if(!vis[i][j]){
    int x=i,y=j,len=0;
    while(x<=n){
      vis[x][y]=1;
      len++;
      x+=k; y^=1;
    }
    a[t+=len]=1;
      }
  f[1][0][0]=1;
  for(int i=1;i<=t;i++)
    for(int j=0;j<=n;j++){
      f[i+1][j][0]=(f[i][j][0]+f[i][j][1])%P;
      if(!a[i]) f[i+1][j+1][1]=f[i][j][0];
    }
  for(int i=1;i<=n;i++) g[i]=(f[t][i][0]+f[t][i][1])%P;
  fac[0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%P;
  Ans=fac[n];
  for(int i=1,j=-1;i<=n;i++,j=-j) Ans=(Ans+P+j*g[i]*fac[n-i])%P;
  printf("%lld\n",Ans);
  return 0;
}