球球的排列

题目传送门

引

计数DP,好像特别经典，有两种做法，我只会$O(n^3)$,有$O(n^2)$的

解法

首先，$若xy=p^2且xz=q^2,则yz=(\frac{pq}{x}{)}^2$ 所以题目中给出的关系具有传递性，故先预处理，不可相邻的球分在一个组
为了方便，下面叫同一组的球为同色
伪代码如下：

bool check(ll x){
    ll tmp=sqrt(x);
    return (tmp*tmp==x);
}

for(int i=1;i<=n;i++) {
    a[i]=read(),b[i]=i;
    for(int j=1;j<i;j++) {
        if(check(1ll*a[i]*a[j])) {b[i]=j;break;}
    }
}

接下来，

设计状态

首先我们无脑枚举一维$i$表示前$i$个球，注意同色的球排序后的序列是连续的
观察题目的限制相当于同色的球不能相邻，设计后两维要考虑好同色和相邻
$f_{i,j,.k}:前i个球，共有j+k对相邻的球同色，其中j对跟第i个球异色，k对同色$
那么最后的答案$ans=f_{n,0,0}$
设计出了状态其实就成功了一半，但这道题的转移也很毒瘤，客官且看

状态转移

考虑$f_i$与$f_{i-1}$的关系，$f_i$的状态都是由$i-1$个球的$i$个空隙插入一个球而来的
那么第$i$个球与第$i-1$个球有两种关系：a.同色；b.异色
第$i$个球插入的位置也有两种可能：c.插入两个同色球之间；d.插入两个异色球之间
所以对6种可能分别考虑转移：

1. a与c

发现,此时前$i-1$个球已有与$i$同色的，那么明显第$i$个球放在与其同色的球旁边转移不同，设排列中已有$cnt$个球与$i$同色，此时有：
$$f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k-1}\ast （cnt\ast 2-(k-1)）$$
然后第$i$个球插入的位置是与自己异色的球间，让$j$减少了1，此时有：
$$f_{i,j,k}=f_{i-1,j+1,k}\ast (j+1)$$

2.a与d

减去前两种情况，还剩$i-cnt\ast 2+k-j$种情况，$j,k$不变，此时有：
$$f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}\ast (i-cnt\ast 2+k-j)$$

3.b与c

可知第$i$个球的颜色是首次出现,故$k$=0，让$(j+k)$减少了1，所以要枚举$j‘$和$k’$,有：
$$f_{i,j,0}=\sum _{j^{\prime }+k^{\prime }=j+1}{f}_{i,j^{\prime },k^{\prime }}\ast (j+1)$$

4.b与d

对$j,k$不产生影响，枚举即可，此时有：
$$f_{i,j,0}=\sum _{j^{\prime }+k^{\prime }=j}{f}_{i,j^{\prime },k^{\prime }}\ast (i-j)$$

代码实现倒是简单，放一下

code:

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3e2 + 5,mod=1e9+7;
int n,cnt;
int f[2][N][N],a[N],b[N];
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
bool check(ll x){
    ll tmp=sqrt(x);
    return (tmp*tmp==x);
}
int main() {
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        a[i]=read(),b[i]=i;
        for(int j=1;j<i;j++) {
            if(check(1ll*a[i]*a[j])) {b[i]=j;break;}
        }
    }
    sort(b+1,b+1+n);
    f[0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++,cnt++) {
        int now=i&1,pre=now^1;
        memset(f[now],0,sizeof f[now]);
        if(b[i]==b[i-1]){
            for(int j=0;j<i;j++) {
                for(int k=0;k<=cnt;k++){
                    if(k) f[now][j][k]=(1ll*f[now][j][k]+1ll*f[pre][j][k-1]*(cnt*2-(k-1)))%mod;
                    f[now][j][k]=(1ll*f[now][j][k]+1ll*f[pre][j+1][k]*(j+1))%mod;
                    f[now][j][k]=(1ll*f[now][j][k]+1ll*f[pre][j][k]*(i-cnt*2+k-j))%mod;
                }
            }
        }else {
            cnt=0;
            for(int j=0;j<i;j++){
                for(int k=0;k<=j+1;k++){
                    if(k<=j) f[now][j][0]=(1ll*f[now][j][0]+1ll*f[pre][k][j-k]*(i-j))%mod;
                    f[now][j][0]=(1ll*f[now][j][0]+1ll*f[pre][k][(j+1)-k]*(j+1))%mod;
    
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n",f[n&1][0][0]);
}

TXL