[AGC005D]~K Perm Counting-二分图-动态规划

最新推荐文章于 2021-01-11 08:19:14 发布

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二分图【Bipartite Graph】

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本文介绍了一种算法，用于计算长度为N的排列中，满足特定条件（即对于任意位置i，|a[i]−i|≠K）的排列数量。通过构建二分图并运用动态规划方法解决该问题。

~K Perm Counting

Problem Statement

Snuke loves permutations. He is making a permutation of length N.

Since he hates the integer K, his permutation will satisfy the following:

Let the permutation be a1,a2,…,aN. For each i=1,2,…,N, |ai−i|≠K.
Among the N! permutations of length N, how many satisfies this condition?

Since the answer may be extremely large, find the answer modulo 924844033(prime).

Constraints

2≦N≦2000
1≦K≦N−1

Input

The input is given from Standard Input in the following format:

N K

Output

Print the answer modulo 924844033.

Sample Input 1

3 1

Sample Output 1

2 permutations (1,2,3), (3,2,1) satisfy the condition.

Sample Input 2

4 1

Sample Output 2

5 permutations (1,2,3,4), (1,4,3,2), (3,2,1,4), (3,4,1,2), (4,2,3,1) satisfy the condition.

神题一道……
这无比风骚的操作真是令人震惊和赞叹啊。

题意:
求所有满足条件的1到n的排列 $a$ ，使得对于任意 $a[i]$ ，满足 $|a[i]-i| \neq k$ 。

思路:
考虑把值和位置之间的关系建成一个二分图。
假定左半的N个点依次代表值1~N，右半的N个点依次代表位置1~N。
那么，一条边 $(i,j)$ 存在的意义是，位置 $j$ 处的值是 $i$ 。
可以发现所有不合法的情况均包含形如 $(i,i-k)$ 或 $(i,i+k)$ 的一条边。

令 $g[i]$ 表示钦定i个不合法的位置，其他位置未知的方案数。
考虑剩下的位置未知，那么采用容斥，最终结果为:
$ans=n!-\sum_{i=0}^ng[i]*(n-i)!*(-1)^i$

那么剩下的就是如何计算 $g[i]$ 了。
考虑建出只含所有不合法边的方案数
可以发现这个二分图将会是如下的样子(k=3)：（想象相同编号的位置之间存在一条边）

这样的极其有规律的折线便是能找到的所有匹配。
考虑把所有这样的链以任意顺序串起来，一起dp：
令 $f[i][j][0/1]$ ，描述当前在i号节点(左右共 $2n$ 个)，已经选择了j条匹配边，当前点连向链上的下一个点的边是选了(1)还是没选(0)的方案数。
那么可以得到转移方程:
$f[i+1][j][0]=f[i][j][0]+f[i][j][1]$
$f[i+1][j+1][1]=f[i][j][0]$

然而考虑到咱现在是把所有链串在一起DP，链与链相交的地方是没有边的。
那么按照把所有连串起来的顺序，记录每个链的结尾，在结尾处强制跳过1的状态的转移即可。
最后 $g[i]=f[2n][i][0]+f[2n][i][1]$ ，大功告成!

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=4009;
const int md=924844033;

int n,k;
bool vis[N][N];
int ed[N],tot;
int f[N][N][2];
int g[N],fac[N];

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=1;j++)
            if(!vis[i][j])
            {
                int len=0;
                for(int x=i,y=j;x<=n;x+=k,y^=1)
                    vis[x][y]=1,++len;
                ed[tot+=len]=1;
            }

    f[1][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=tot;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++)
        {
            f[i+1][j][0]=(f[i][j][0]+f[i][j][1])%md;
            if(!ed[i])
                f[i+1][j+1][1]=f[i][j][0];
        }

    for(int i=0;i<=n;i++)
        g[i]=(f[tot][i][0]+f[tot][i][1])%md;

    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%md;

    int ans=fac[n];
    for(int i=1,j=-1;i<=n;i++,j=-j)
        ans=((ll)ans+md+(ll)j*fac[n-i]*g[i]%md)%md;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}