洛谷P3795 钟氏映射【DP】【黄】

Date：2022.02.13
题目描述
设集合N=M={x∣∈N+,x<=k,k∈N+}N=M=\{x|\in N_+,x<=k,k\in N_+\}N=M={x∣∈N+​,x<=k,k∈N+​}
设f为N到M的映射。
求满足：
f[f(x)]=x的不同的映射ff的个数，由于答案较大，输出答案对14233333取余的数即可。
输入格式
输入一个正整数k
输出格式
输出满足f[f(x)]=x的不同的映射ff的个数对14233333取余得到的数。
输入输出样例
输入 #1复制
3
输出 #1复制
4
说明/提示
四个映射分别为：
f(1) f(2) f(3)
1 2 3
1 3 2
2 1 3
3 2 1
数据范围：
对于20%的数据，$1<=k<=9$
对于其它的80%的数据，$1<=k<=10^7$
内存20MB…（一开始开1MB把自己坑了）

题意解释：N、M集合中分别有$k$个数，之间可两两配对（每个元素不可重复配对在>=2对中）或自己配对（或者理解为不配对，反正占用1种情况）。
思路：设状态方程为：$f[i]$：集合N、M中有$i$个数时符合条件的映射数。
$f[f[x]]==x$即表示映射的关系，因此只能有两种分类：
①$f[x]==x->f[f[x]]==x$，即$x$的映射即为自己（或者说$x$无映射），这显然是1种情况。对答案贡献为$f[i-1]\ast 1$。
②$f[x]==y\&\&f[y]==x$，这体现为N、M的映射关系（可看为一个X形状的交叉）。对答案贡献为$f[i-2]\ast (i-1)$【即第$i$个与$(1,i-1)$中任一个配对，因此$(i-1)$种配对情况；至于为什么是$f[i-2]$？个人认为更好理解的是：我们关心的无非是在前面$(1,i-1)$中选中的是否在之前已配对？如果未配对，直接配对，那么这样$(1,i-1)$中就转化为$i-2$个元素的配对问题，顺序显然影响不了什么，因此完全可等价为$f[i-2]$（尽管不一定是前$i-2$个，但完全可以等价）；如果已配对，相当于拆散了这个配对，使被选择的和$i$配对，原来与被选择的元素配对的元素当然可以再找其它配对呀，剩下的理由同上，仍可以等价为$f[i-2]$】。
因此状态转移方程：$f[i]=f[i-1]+f[i-2]\ast (i-1);$
初始状态：$f[0]==1$;（相当于无法配对或给自己配对，看怎么理解了） $f[1]=2;$（不配对或X形状配对）。【这里为了方便滚动数组取模，$i$都减了1，对应的实际意义应为$f[i+1]$】。
除此之外，空间太小了，显然开不下1e7，滚动数组优化下（不然喜提re

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010,mod=14233333;
typedef long long LL;
LL n,m,p,k,f[3];
int main()
{
    cin>>k;f[0]=1;f[1]=2;LL res=2;
    for(int i=3;i<=k;i++)
    {
        f[res]=(f[(res-1+3)%3]+f[(res-2+3)%3]*(i-1)+mod)%mod;
        res++;res%=3;
    }
    cout<<f[(k-1+3)%3];
    return 0;
}