luogu4931.情侣？给我烧了！（加强版）（错位排列）

Posted 2021-01-13 imaginec

题目链接

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4931

题解

以下部分是我最开始的想法。

对于每一个 (k)，满足恰好有 (k) 对情侣和睦的方案数为

[inom{n}{k} × inom{n}{k} × k! × 2^k × f_{n - k}]

其中，(f_x) 表示 (x) 对情侣坐 (x) 排座位且没有任何一对情侣坐在同一排的方案数。

上述式子的意义为：从 (n) 对情侣中选出 (k) 对作为和睦的，再从 (n) 排中选出 (k) 排供这 (k) 对情侣就坐，方案数为 (inom{n}{k} × inom{n}{k})。由于 (k) 对情侣就坐顺序可以不一致，且每队情侣内部双方也可以交换座位，因此方案数为 (k! × 2^k)。再乘以剩下的 (n - k) 对情侣均不出现和睦的方案数即为最终答案。

现在问题在于如何求出 (f_x)。考虑容斥，(f_x=) 任意就坐的方案数(-)至少存在一对情侣和睦的方案数(+)至少存在两对情侣和睦的方案数(-)至少存在三对情侣和睦的方案数(...)

那么做和上面类似的分析，我们可以得到：

[f_x = sum_{i = 0}^{x} (-1)^i × inom{x}{i} × inom{x}{i} × i!× 2^i × (2×(x - i))!]

上述式子最后的 ((2×(x - i))!) 表示不强制和睦的 (x - i) 对情侣随意就坐的方案数。

总预处理的复杂度为 (O(n^2))。

虽然这种容斥的想法很自然，但是时间复杂度并不优秀。我们需要找更好的办法求 (f_x)。

我们先回忆一下错排的递推式：

[D_n = (n - 1)(D_{n - 1} + D_{n - 2})(n geq 2)]

《组合数学》上对其的证明大概是这样的：

我们想要求得 (D_n)，考虑长度为 (n) 的排列的第一个位置，有 (2, 3, 4, cdots, n) 共 (n - 1) 种填法。很显然的是，无论以谁作为开头，方案数都是一样的，因此我们只需算出以任意一个数开头的方案数，乘以 (n - 1) 就好了。我们假设第一位填了 (2)，那么第二个位置可以填 (1, 3, 4, cdots, n)。如果填了 (1)，那么剩下的部分就是一个 (3, 4, cdots , n) 的错位排列，方案数为 (D_{n - 2})；如果不填 (1)，那么这一位的 (1) 和 (3, 4, cdots, n) 共同构成了长度为 (n - 1) 的错位排列，方案数为 (D_{n - 1})，因此有 (D_n = (n - 1)(D_{n - 1} + D_{n - 2})(n geq 2))。

我们将其推广到这个题。若 (n) 对情侣要坐 (n) 排座位，考虑第一排座位必须坐两个不互为情侣的人，共有 (2n imes (2n - 2) = 4n(n - 1)) 种方案（第一个人可以是 (2n) 个人里面的任意一个，第二个人可以是剩下的 (2n - 1) 个人中除了第一个人的配偶的任意一个）。接下来共有两种情况：若第一排的两个人对应的配偶也坐到了同一排，那么剩下的 (n - 2) 对情侣就坐且不满足同排互为情侣的方案数为 (f_{n - 2})，由于第一排的两个人对应的配偶可以任选 (n - 1) 排中的一排就坐，且可以互换位置，因此该情况下总方案数为 (2(n - 1)f_{n - 2})；若第一排的两个人对应的配偶没有坐到同一排，那么我们可以把他们也视为一对情侣，他们和剩下的 (n - 2) 对情侣就坐合法的方案数为 (f_{n - 1})。

这样，我们就得到了 (f) 的递推式：(f_n = 4n(n - 1)(f_{n - 1} + 2(n - 1)f_{n - 2})(n geq 2))，边界为 (f_0 = 1, f_1 = 0)。此题就可以在 (O(n)) 的时间内完成预处理了。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define X first
#define Y second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned int uint;
typedef pair<int, int> pii;
typedef unsigned long long ull;

template<typename T> inline void read(T& x) {
    char c = getchar();
    bool f = false;
    for (x = 0; !isdigit(c); c = getchar()) {
        if (c == ‘-‘) {
            f = true;
        }
    }
    for (; isdigit(c); c = getchar()) {
        x = x * 10 + c - ‘0‘;
    }
    if (f) {
        x = -x;
    }
}

template<typename T, typename... U> inline void read(T& x, U&... y) {
    read(x), read(y...);
}

template<typename T> inline bool checkMax(T& a, const T& b) {
    return a < b ? a = b, true : false;
}

template<typename T> inline bool checkMin(T& a, const T& b) {
    return a > b ? a = b, true : false;
}

const int N = 5e6 + 10, mod = 998244353;

inline void mul(int& x, int y) {
    x = 1ll * x * y % mod;
}

inline int qpow(int v, int p) {
    int res = 1;
    for (; p; p >>= 1, mul(v, v)) {
        if (p & 1) {
            mul(res, v);
        }
    }
    return res;
}

int fac[N], invfac[N], pow2[N], f[N];

inline int binom(int n, int m) {
    return 1ll * fac[n] * invfac[m] % mod * invfac[n - m] % mod;
}

void init(int n) {
    fac[0] = invfac[0] = pow2[0] = f[0] = 1;
    for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
        fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
        pow2[i] = (pow2[i - 1] << 1) % mod;
        if (i > 1) {
            f[i] = 4ll * i * (i - 1) % mod * (f[i - 1] + 2ll * (i - 1) * f[i - 2] % mod) % mod;
        }
    }
    invfac[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
    for (register int i = n - 1; i; --i) {
        invfac[i] = 1ll * invfac[i + 1] * (i + 1) % mod;
    }
}

int main() {
    init(5000000);
    int t; read(t);
    for (register int kase = 1; kase <= t; ++kase) {
        int n, k; read(n, k);
        printf("%lld
", 1ll * binom(n, k) * binom(n, k) % mod * fac[k] % mod * pow2[k] % mod * f[n - k] % mod);
    }
    return 0;
}