[AGC005D] ~K Perm Counting [dp]

题面

传送门

思路

首先可以明确的一点是，本题中出现不满足条件的所有的数，都是分组的

只有模$K$意义下相同的数之间才会出现不满足条件的情况，而且仅出现在相邻的情况

那么我们考虑把这个性质利用起来

我们单独把其中一组抽出来考虑：设这一组为$p,p+k,p+2k,p+3k.....$

那么我们发现，这其中每两个相邻的数之间都是互相不能选的

但是要注意，我们本题中讨论的实际上更应该是值和位置的关系，所以此时就变成了这样的形式：

位置$p+ki$不能选数$p+k(i+1)$，位置$p+ki(i+1)$不能选数$p+ki$

也就是说这两条边是交叉的

我们考虑对于每个值构建两个点，一个代表顺序为这个值的位置，一个代表这个数

那么上述的同一组的数中，我们连接不能同时选的数和位置，可以构造出两条链：

数$p$---位置$p+k$---数$p+2k$---位置$p+3k$......

位置$p$---数$p+k$---位置$p+2k$---数$p+3k$......

这两条链上的选择又是互相独立的

于是，我们把一个链单独拿出来考虑

显然这个链上选择了几条边，就有几个点是不满足要求的

那么我们可以通过一个$dp[i][j][0/1]$表示前$i$个点选了$j$条边，目前最后一条边选了没有（因为这里不能两条相邻的边同时选），来推出这条链选每一个数量的边的方案数量

（方程参见代码）

同时本题中有一个显然的组合容斥：

设$ans$为答案，那么$ans=\sum_{i=0}^n method(i)(-1)^i (n-i)!$，其中$method(i)$表示选$i$条边的方案数

那么我们只要把所有的链拼起来（不同的链的连接位置强制不能选边），然后跑$dp$算答案就可以了

感觉讲的不是很清楚......具体可以参考代码的注释

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#include<cmath>
#define ll long long
#define MOD 924844033
using namespace std;
inline int read(){
	int re=0,flag=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){
		if(ch=='-') flag=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return re*flag;
}
int n,k;
ll dp[4010][2010][2],border[4010],f[2010],fac[2010];
int main(){
	n=read();k=read();int i,j,re=n%k;ll tmp=0,ans=0;
	fac[0]=fac[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	for(i=1;i<=re;i++){//这两个循环是把链拆出来，标记哪个地方是断点
		tmp+=(n/k+1);border[tmp]=1;
		tmp+=(n/k+1);border[tmp]=1;
	}
	for(i=re+1;i<=k;i++){
		tmp+=n/k;border[tmp]=1;
		tmp+=n/k;border[tmp]=1;
	}
	dp[1][0][0]=1;
	for(i=2;i<=(n<<1);i++){
		for(j=0;j<=n;j++){
			dp[i][j][0]=(dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1])%MOD;
			if(!border[i-1]) dp[i][j][1]=dp[i-1][j-1][0];
                        //这里是dp方程
		}
	}
	for(i=0;i<=n;i++) f[i]=(dp[n<<1][i][0]+dp[n<<1][i][1])%MOD;
	tmp=1;
	for(i=0;i<=n;i++){//容斥
		ans+=tmp*f[i]*fac[n-i]%MOD;ans=(ans+MOD)%MOD;
		tmp=-tmp;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}