[互测题目20200325]排列的和-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/crashed/article/details/105130232

该博客探讨了一种排列问题，寻找满足特定条件的排列对(a, b)，即求解∑i=1nmax{ai, bi}≥m的排列对数量。通过分析数据范围，提出当m≤n²时，可以使用动态规划（DP）方法解决。博客详细解释了DP状态定义f(i, j, k)以及三种转移情况，并提供了完整的代码实现。" 111624638,8070352,C++新式强制转换：const_cast、static_cast、dynamic_cast、reinterpret_cast详解,"['C++', '类型转换']

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题目

设 $a, b$ 分别为 $1∼n1\sim n$ 的排列。
求有多少个排列对 $(a, b)$ 满足 $∑i=1nmax⁡{ai,bi}≥m\sum_{i=1}^n\max\{a_i,b_i\}\ge m$ 。
两个排列对 $(a, b)$ 和 $(c, d)$ 不同当且仅当存在一个 $i$ ，使得 $ai≠cia_i\not=c_i$ 或者 $bi≠dib_i\not=d_i$ 。
数据范围为 $n≤50,0≤m≤109n\le 50, 0\le m\le 10^9$ 。

分析

首先发现 $∑i=1nmax⁡{ai,bi}≥m\sum_{i=1}^n \max\{a_i,b_i\}\ge m$ 有一个比较宽松的上界 $n^2$ ，因此我们只需要考虑 $m≤n2m\le n^2$ 的情况。
动用一个套路——我们假设 $a_i=i$ ，那么我们就可以单纯枚举 $b$ ，找出这种情况下的方案数，再乘上 $n!$ 即可。
事实上我们需要做的就是计算有多少个排列（或者可以称为 " 置换 " ） $p$ 满足 $∑i=1nmax⁡{pi,i}≥m\sum_{i=1}^n\max\{p_i,i\}\ge m$ 。而计算这样的排列可以理解为下标和值的对应。
因此可以考虑如下的 DP ：
$f (i, j, k)$ ：前 $i$ 个数中，分别有 $j$ 个下标和值还没有对应上，已经对应的和为 $k$ 的方案数。
考虑转移，分 3 种情况：
1.什么也不干，方案数为 $f (i - 1, j - 1, k)$ 。
2.下标 $i$ 与一个值配对，或者值 $i$ 与一个下标配对。这样会有 $2 j + 1$ 种情况（下标 $i$ 与值 $i$ 配对当然只算一次），因此方案数为 $(2 j + 1) f (i - 1, j, k - i)$ 。
3.下标 $i$ 与一个值配对，且值 $i$ 与一个下标配对。注意到这样的话会一次减少一个未配对的下标和未配对的值，所以在进行配对前分别有 $j + 1$ 个下标和值未配对，因此情况为 $j+1)^2$ ，方案数为 $j+1)^2f(i-1,j+1,k-2i)$ 。
最后统计 $k$ 在 $m,n^2]$ 中的方案总数，并且不要忘了乘上 $n!$ 。

代码

#include <cstdio>

const int mod = 998244353;
const int MAXN = 55, MAXS = MAXN * MAXN;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + '0' );
}

template<typename _T>
_T MAX( const _T a, const _T b )
{
	return a > b ? a : b;
}

int f[MAXN][MAXN][MAXS];
int N, M;

int main()
{
	read( N ), read( M );
	f[0][0][0] = 1;
	for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
		for( int j = 0 ; j <= i ; j ++ )
			for( int k = 0 ; k <= N * N ; k ++ )
			{
				if( j ) ( f[i][j][k] += f[i - 1][j - 1][k] ) %= mod;
				if( k >= i ) ( f[i][j][k] += 1ll * ( 2 * j + 1 ) % mod * f[i - 1][j][k - i] % mod ) %= mod;
				if( k >= 2 * i ) ( f[i][j][k] += 1ll * ( j + 1 ) * ( j + 1 ) % mod * 
					 								   f[i - 1][j + 1][k - 2 * i] % mod ) %= mod;
			}
	int ans = 0;
	for( int i = M ; i <= N * N ; i ++ ) ( ans += f[N][0][i] ) %= mod;
	for( int i = 2 ; i <= N ; i ++ ) ans = 1ll * ans * i % mod;
	write( ans ), putchar( '\n' );
	return 0;
}