洛谷 P4071 [SDOI2016]排列计数 题解

P4071 [SDOI2016]排列计数

题目描述

求有多少种长度为 n 的序列 A，满足以下条件：

1 ~ n 这 n 个数在序列中各出现了一次

若第 i 个数 A[i] 的值为 i，则称 i 是稳定的。序列恰好有 m 个数是稳定的

满足条件的序列可能很多，序列数对 \(10^9+7\) 取模。

输入格式

第一行一个数 T，表示有 T 组数据。

接下来 T 行，每行两个整数 n、m。

输出格式

输出 T 行，每行一个数，表示求出的序列数

输入输出样例

输入 #1

5

1 0

1 1

5 2

100 50

10000 5000

输出 #1

0

1

20

578028887

60695423

说明/提示

测试点 1 ~ 3： $ T = 1000\(，\)n \leq 8\(，\)m \leq 8$；

测试点 4 ~ 6： $ T = 1000\(，\)n \leq 12\(，\)m \leq 12$；

测试点 7 ~ 9： $ T = 1000\(，\)n \leq 100\(，\)m \leq 100$；

测试点 10 ~ 12：$ T = 1000\(，\)n \leq 1000\(，\)m \leq 1000$；

测试点 13 ~ 14：$ T = 500000\(，\)n \leq 1000\(，\)m \leq 1000$；

测试点 15 ~ 20：$ T = 500000\(，\)n \leq 1000000\(，\)m \leq 1000000$。

【思路】

组合数学 / 错排

【题目大意】

a[i]在i的位置上面是稳定的

求有m个数是稳定的序列有多少个

【题目分析】

求符合条件序列的个数

符合条件序列可以先只看那稳定的数

一个序列中只有m个数是稳定的

其他的都是稳定的

那么稳定的数组合方式就是n个数里面取m个

因为如果稳定那一个数只对应一个位置

所以不存在顺序这一说，所以就是 \(C_n^m\)

知道了稳定数的组合方式

拿在看看除了这些稳定数之外数的组合方式

其他的数都是不在自己的位置上面的

也就是错排

直接用错排求出n-m（这里是减号下同下下同）个人错排方法的数量就好了

因为一种稳定数对应n-m个人的错排方式

所以数量数就是 \(C_n^m\) * (n-m)个人的错排方式

【存在的问题】

1.因为n和m的数据范围都是小于等于1e6

不是很小,而且T很大，

所以每次T 不能都单独求C和错排次数了

这样一定会超时

2.因为这道题中有取模运算

而递推求组合数只能过2000所以用这个阶乘求组合数就是必然的了

那么就要用到除法

而取模运算中不能用除法

【优化】

1.针对问题1

多次求解会超时

那就先预处理出来所有的阶乘和i个人的错排方式

到时候O(1)查询就好了

2.针对问题2

既然不能用除法那就用乘法

用逆元来代替除法就可以啦

求逆元因为模数是质数

所以可以用费马小定理求

费马小定理求逆元详见

这里

【完整代码】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define int long long
using namespace std;
const int k = 1e9 + 7;
const int Max = 1000005;
int d[Max];
int f[Max];
int inv[Max];

int p(int a,int b)
{
	int ans = 1;
	while(b)
	{
		if(b & 1)
			ans = ans * a % k;
		b >>= 1;
		a = a * a % k;
	}
	return ans;
}

signed main()
{
	d[0] = 1,d[2] = 1;
	for(register int i = 3;i <= 1000000;++ i)
		d[i] = (i - 1) * (d[i - 1] + d[i - 2]) % k;
	f[0] = 1,f[1] = 1;
	for(register int i = 2;i <= 1000000;++ i)
		f[i] = f[i - 1] * i % k;
	inv[0] = p(f[0],k - 2);
	for(register int i = 1;i <= 1000000;++ i)
		inv[i] = p(f[i],k - 2) % k;
	int t;
	cin >> t;
	while(t --)
	{
		int n,m;
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		//c(n,m) * d(n-m)
		//n!/m!(n - m)! * d[n-m]
		printf("%lld\n",(f[n] * inv[m] % k * inv[n-m] % k * d[n-m]) % k);
	}
	return 0;
}