【JZOJ 5429】【NOIP2017提高A组集训10.27】排列_【10.27测试】排列-优快云博客

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本文介绍了一种针对两个长度相同的排列A和B计算特定位置数量的问题解决方案。通过定义排列价值f(A,B)，即A[i]>B[i]的i数量，并在部分数值未知的情况下寻找使f(A,B)=S成立的所有填数方案。采用DP算法进行计算，通过拆分序列、容斥原理等技巧优化求解过程。

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Description

有两个长度为n的排列A和B，定义排列的价值f(A,B)为所有满足A[i]>B[i]的位置i的数量。
现给出n，A，B和S，其中A和B中有一些位置的数未知，问有多少种可能的填数的方案使得f(A,B)=S

Solution

先把原序列拆成两个，一个a全为0，一个b全为0，俩都不为0的直接计算删掉，

看到这种题考虑先计算 $>=S$ 的，再减掉 $>=S+1$ 的，
计算 $>=k$ 的简单，直接强制k位是有贡献的，DP即可，
设 $f_{i,j}$ 表示做到i，强制选了j个数，（r为有多少个数放在位置i有贡献）

f i, j = f i - 1, j + f i - 1, j - 1 * (r - (j - 1))

$f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}*(r-(j-1))$
做完以后，减的时候发现要乘上一个系数，但这样又减多了，所以要容斥一下，
即：（

fi $f_i$ 为强制选i位，

Ansx $Ans_x$ 即为总贡献恰好为x的方案数）

A n s x = \sum i = x n (- 1) i - x * C x i * f x

$Ans_x=\sum_{i=x}^n(-1)^{i-x}*C_i^x*f_x$
（举一个n=3的例子就很容易理解了）

最后再把两半拼起来即可，

复杂度： $O(n^2)$

Code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define min(q,w) ((q)>(w)?(w):(q))
#define max(q,w) ((q)<(w)?(w):(q))
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=4050,mo=1e9+7;
int read(int &n)
{
    char ch=' ';int q=0,w=1;
    for(;(ch!='-')&&((ch<'0')||(ch>'9'));ch=getchar());
    if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
    for(;ch>='0' && ch<='9';ch=getchar())q=q*10+ch-48;n=q*w;return n;
}
int m,n;
LL ans;
struct qqww
{
    int a,b;
}a[N];
int b[N][2],c[N];
int z[N];
LL Ans[N],jc[N],jcn[N];
LL f[N];
bool PX(qqww q,qqww w){return q.a<w.a||(q.a==w.a&&q.b<w.b);}
LL C(int m,int n){return jc[m]*jcn[n]%mo*jcn[m-n]%mo;}
LL ksm(LL q,int w)
{
    LL ans=1;
    for(;w;w>>=1,q=q*q%mo)if(w&1)ans=ans*q%mo;
    return ans;
}
void DP(int n)
{
    int q;
    fo(i,1,n)c[i]=b[i][1];
    q=1;
    fo(i,1,n)
    {
        for(;c[i]>=b[q][0]&&q<=n;q++);
        c[i]=q;
    }c[n+1]=1e9;
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[0]=1;q=0;
    fo(i,1,n)
    {
        for(;c[q+1]<=i;q++);
        fod(j,i,1)
        {
            f[j]=(f[j]+f[j-1]*(LL)(q-j+1))%mo;
        }
    }
    fo(i,0,n)f[i]=f[i]*jc[n-i]%mo;
}
int main()
{
    int q;
    read(n),read(m);
    fo(i,1,n)read(a[i].a);
    fo(i,1,n)read(a[i].b);
    jc[0]=1;fo(i,1,n+1)jc[i]=jc[i-1]*(LL)i%mo;
    jcn[n+1]=ksm(jc[n+1],mo-2);fod(i,n,0)jcn[i]=jcn[i+1]*(LL)(i+1)%mo;
    sort(a+1,a+1+n,PX);
    fo(i,1,n)
    {
        if(a[i].a&&a[i].b)m-=a[i].a>a[i].b;
        if(a[i].a)z[a[i].a]=1;
    }
    fo(i,1,n)if(!z[i])b[++b[0][0]][0]=i;
    fo(i,1,b[0][0])b[i][1]=a[i].b;
    DP(b[0][0]);
    fo(i,0,m)
    {
        fo(j,i,n)
        {
            if((j-i)&1)Ans[i]=(Ans[i]-f[j]*C(j,i))%mo;
            else Ans[i]=(Ans[i]+f[j]*C(j,i))%mo;
        }
    }
    q=0;
    fo(i,1,n)if(a[i].a&&!a[i].b)b[++q][0]=a[i].a;
    fo(i,1,n)if(a[i].b)z[a[i].b]=2;
    b[0][0]=0;
    fo(i,1,n)if(z[i]!=2)b[++b[0][0]][1]=i;
    DP(b[0][0]);
    ans=0;
    fo(i,0,m)
    {
        LL t=0;
        fo(j,i,n)
        {
            if((j-i)&1)t=(t-f[j]*C(j,i))%mo;
            else t=(t+f[j]*C(j,i))%mo;
        }
        ans=(ans+(LL)Ans[m-i]*t)%mo;
    }
    printf("%lld\n",(ans+mo)%mo);
    return 0;
}