AGC 005D.~K Perm Counting(容斥 DP 二分图)

Posted 2021-01-25 sovietpower

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(Description)

给定(n,k)，求 满足对于所有(i)，(|a_i-i| eq k)的排列的个数。
(2leq nleq 2000,quad 1leq kleq n-1)。

(Solution)

容斥。则(Ans=sum_{i=0}^n(-1)^ig(i)(n-i)!)，其中(g(i))为至少有(i)个位置满足(|a_i-i|=k)的排列数。

考虑如何计算(g(x))。每个(i)向(i+k)和(i-k)连边，可以得到一张二分图，(g(x))就是在这张二分图上选(x)个匹配的方案数。

我们还可以发现，图中的匹配形成了(2k)条互不相交的链，且每条链上的数模(k)相同（也就是模(k)不同的数是互不影响的，所以枚举模数就可以得到所有链了）。

如果只有一条长(l)的链，那么就是对(l-1)个点DP，(f[i][j][0/1])表示当前第(i)个点，已经选了(j)个匹配，这个点选不选（这个点选要求上一个点没选）。
对于(2k)条链也是一样的，只要在链之间加一个点，并强制它不能选（(f[i][j][1]=0)），就可以把这些链合在一起DP啦。

这样复杂度(O(n^2))，然而好多dalao用NTT(nlog n)过掉了orz。

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因为想跑快点(个人习惯)写的有点乱，代码也可以看他的：http://www.cnblogs.com/wxjor/p/9476998.html。

//20ms  256KB
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define mod 924844033
typedef long long LL;
const int N=4005;//2n

int ban[N],f[2][N][2],fac[N];

int main()
{
    int n,K,cnt=0; scanf("%d%d",&n,&K);
    for(int i=1; i<=K; ++i)
    {
        ban[++cnt]=1;
        for(int j=i+K; j<=n; j+=K) ban[++cnt]=0;
        ban[++cnt]=1;//就是两条链啊 
        for(int j=i+K; j<=n; j+=K) ban[++cnt]=0;
    }
    int p=0; f[p][0][0]=1;
    for(int i=0; i<cnt; ++i,p^=1)
        for(int j=0; j<=i; ++j)
        {
            f[p^1][j][0]=(f[p][j][0]+f[p][j][1])%mod;
            if(!ban[i+1]) f[p^1][j+1][1]=f[p][j][0];
            f[p][j][0]=f[p][j][1]=0;
        }
    fac[0]=1;
    for(int i=1; i<=n; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    LL ans=0;
    for(int i=0; i<=n; ++i)
        ans+=i&1?mod-1ll*fac[n-i]*(f[p][i][0]+f[p][i][1])%mod:1ll*fac[n-i]*(f[p][i][0]+f[p][i][1])%mod;
    printf("%lld
",ans%mod);

    return 0;
}