BZOJ4517 [Sdoi2016]排列计数 【组合数 + dp】

题目

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。

T=500000，n≤1000000，m≤1000000

输出格式

输出 T 行，每行一个数，表示求出的序列数

输入样例

5

1 0

1 1

5 2

100 50

10000 5000

输出样例

0

1

20

578028887

60695423

题解

考虑哪些位置是稳定的，剩余位置就不能稳定

我们设\(f[i]\)表示\(i\)个数都不稳定的方案数

那么\(ans = C_{n}^{m} * f[n - m]\)

我们预处理阶乘和\(f[i]\)就可以了

对于\(f[i]\)，我们考虑第\(i\)个数放哪，显然有\(i - 1\)个位置可以放

放完后剩余\(i - 1\)个数和\(i - 1\)个位置，其中有一个位置都可以放，有一个数的位置被占了，所以可以任意放

那我们设\(g[i]\)表示这种情况下的方案数，如果我们称那个可以任意放的数为自由元，那个位置为自由位置

那么我们考虑自由元放在什么位置

①如果放在自由位置，那么剩余的数成了\(f[i - 1]\)

②如果不放在自由位置，有\(i - 1\)个位置，剩余\(i - 1\)的方案就是\(g[i - 1]\)

综上

\[f[i] = (i - 1) * g[i - 1]
\]

\[g[i] = f[i - 1] + (i - 1) * g[i - 1]
\]

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 1000005,maxm = 100005,INF = 1000000000,P = 1000000007;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
	return out * flag;
}
LL fac[maxn],inv[maxn],fv[maxn],f[maxn],g[maxn];
int n,m,T;
LL C(int x,int y){
	return fac[x] * fv[y] % P * fv[x - y] % P;
}
int main(){
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 1000000; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
	inv[0] = inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= 1000000; i++) inv[i] = (P - P / i) * inv[P % i] % P;
	fv[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 1000000; i++) fv[i] = fv[i - 1] * inv[i] % P;
	f[0] = 1; f[1] = 0; g[1] = 1; g[0] = 1;
	for (int i = 2; i <= 1000000; i++){
		f[i] = (i - 1) * g[i - 1] % P;
		g[i] = (f[i - 1] + (i - 1) * g[i - 1] % P) % P;
	}
	T = read();
	while (T--){
		n = read(); m = read();
		printf("%lld\n",C(n,m) * f[n - m] % P);
	}
	return 0;
}