BZOJ 4517: [Sdoi2016]排列计数

最新推荐文章于 2021-08-22 16:38:22 发布

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本文介绍了一种利用组合数学中的容斥原理解决特定计数问题的方法，并通过一个实例展示了如何快速预处理并求解此类问题。具体涉及C(n,m)的计算与错排数D(n)的求解。

说好的省选题怎么就轻易地变成CF难度了呢

答案显然是C(n,m)*D(n-m)，D(x)为x个元素的错排

由容斥原理可得D(n)=n!*sigma(k=0->n)(-1)^k/k!

线性预处理一下就可以O(1)回答询问了

（竟然没卡带log的逆元预处理）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<map>
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i=r;i>=l;i--)
#define mmt(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define tra(i,u) for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int p=(1e9)+7;
const int N=(1e6)+5;
ll qmul(ll a,ll b){
	ll ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%p)if(b&1)ans=ans*a%p;
	return ans;
}
ll inv(ll x){
	return qmul(x,p-2);
}
ll f[N],g[N],s[N];
int main(){
	//freopen("a.in","r",stdin);
	f[0]=1;
	rep(i,1,1000000)f[i]=f[i-1]*i%p;
	g[1000000]=qmul(f[1000000],p-2);
	per(i,999999,1)g[i]=g[i+1]*(i+1)%p;g[0]=g[1];
	s[0]=1;
	rep(i,1,1000000)s[i]=((s[i-1]+(i&1?-1:1)*g[i])%p+p)%p;
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
		printf("%lld\n",f[n]*g[m]%p*s[n-m]%p);
	}
	return 0;
}