SDOI2016排列计数 题解

Posted 2020-12-02 forwardfuture

最近学插头DP学得有点不舒服，然后学什么斯坦纳树也学不动，于是就来写写题解，正好有助于巩固一下所学内容

题意较为简单，就是要求对于一个(1-n)的序列的全排列中，正好有(m)个位置满足(a[i]==i)（称其为“稳定的”）的排列个数。

很明显，我们可以先固定(m)个位置，使得这些位置都为“稳定的”，那么还剩下(n-m)个位置。因为只能恰好有(m)个稳定的数，所以这(n-m)个数必须都不是稳定的。也就是说，这(n-m)个数必须都不在它们原来的位置上，然后对其求这样的排列总数。想到什么？错排！于是根据乘法原理，这道题的答案便是(C(n,m)*D[n-m])，其中(C(n,m))为在(n)个数中选(m)个数的方案数，而(D[n-m])为(n-m)个数错排的方案数。因为每次从(n)个数中选(m)个数，另外(n-m)个数都会有(D[n-m])种排列方案，所以答案还是比较显而易见的。

下面讲一些实现时的细节：

1.逆元的求法

或许有些人早就知道了，那可以直接跳过，不过我在这还是证明一下吧：

例：求(i)在(mod,p)意义下的逆元

设(k*i+r=p)，则

(k*i+requiv0(mod,p))

两边同乘以(i)的逆元(i^{-1})与(r)的逆元(r^{-1})，得

(k*r^{-1}+i^{-1}equiv0(mod,p))
( herefore lfloorfrac{p}{i} floor*(p,mod,i)^{-1}+i^{-1}equiv0(mod,p))
( herefore i^{-1}equiv-lfloorfrac{p}{i} floor*(p,mod,i)^{-1}(mod,p))

由于(p,mod,i)的值小于(i)，所以其逆元一定在前面已经求出来了，故可以通过这个式子线性求出逆元。若不用线性的方法，一般都是通过(a^{p-2})快速幂或是扩欧求解逆元。

2.组合数的求法

这个应该不用多讲，求出逆元再求一下逆元的阶乘与原数的阶乘，若设(pre)数组为原数的阶乘，(invpre)为逆元的阶乘，那么(pre[n]*invpre[m]*invpre[n-m])再取个模就是所求组合数的值

3.错排的递推式

设(D[i])为(i)个元素错排的方案数

假设此时我们已经计算好了前(i-1)个元素错排的方案数，那么考虑第(i)个元素放的位置，很明显，只能放在前(i-1)个位置，共有(i-1)种放法。假设放在(k)处，那么再考虑(k)号元素放在哪里。1.放在第(i)个位置，那么剩下的(i-2)种元素有(D[i-2])种排列方式；2.不放在第(i)个位置，那么就是(i-1)个元素开始错排，方案数为(D[i-1])。综上所述，有(D[i]=(i-1)*(D[i-2]+D[i-1]))

还有就是组合数当(m)为零时要特殊处理一下，不然算出来的结果是错的。简而言之就是把(0)个逆元的阶乘设为(1)即可，代码如下：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
int T,n,m;
ll D[N],inv[N],preinv[N],pre[N];
ll C(int n,int m){return ((pre[n]*preinv[m])%mod*preinv[n-m])%mod;}
int main(){
    D[2]=1;inv[1]=preinv[1]=preinv[0]=pre[1]=1;
    for(register int i=3;i<=N-5;i++)D[i]=((i-1)*((D[i-1]+D[i-2])%mod))%mod;
    for(register int i=2;i<=N-5;i+=1){
        inv[i]=-mod/i*inv[mod%i]%mod+mod;
        preinv[i]=(preinv[i-1]*inv[i])%mod;}
    for(register int i=2;i<=N-5;i++)pre[i]=(pre[i-1]*i)%mod;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n<m)printf("0
");
        else if(n==m)printf("1
");
        else printf("%lld
",(C(n,m)*D[n-m])%mod);}
    return 0;
}