[Agc005D]K Perm Counting
[Agc005D] K Perm Counting
Description
糟糕爷特别喜爱排列。他正在构造一个长度为N的排列。但是他特别讨厌正整数K。因此他认为一个排列很糟糕,当且仅当存在至少一个i(1≤i≤N),使得|ai-i|=K
他想知道,对于N!个排列,有多少个是不糟糕的?由于答案很大,他只想知道答案对924844033取模后的结果。
Input
第一行两个正整数N和K(2≤N≤2000,1≤K≤N-1)
Output
输出有多少个排列是不糟糕的(对924844033取模)
Sample Input
Sample Input 1
3 1
Sample Input 2
4 1
Sample Input 3
4 2
Sample Input 4
4 3
Sample Input 5
425 48
Sample Output
Sample Output 1
2
Sample Output 2
5
Sample Output 3
9
Sample Output 4
14
Sample Output 5
756765083
HINT
对于第一组样例,有2个排列 (1,2,3), (3,2,1) 是不糟糕的。对于第二组样例,有5个排列 (1,2,3,4), (1,4,3,2), (3,2,1,4), (3,4,1,2), (4,2,3,1) 是不糟糕的。本题采用subtask。存在10%的数据,满足n≤5;存在50%的数据,满足n≤300。
试题分析
我们发现一个数可否放在一个位置上只与这个数和位置有关,那么我们考虑哪些关系不能摆放,显然是:$$(pos_1)\rightarrow (num_{K+1}) \rightarrow (pos_{2K+1}) \ldots$$
然后我们会发现,这些2N个点组成了\((K-1)\times 2\)条链,所以考虑去计算这些链。
我们显然不能选链上的边,但是剩下的情况又不好考虑,所以我们考虑容斥。
设\(g_i\)表示选链上至少i条边的情况数,那么最后\(g_i=g_i\times (n-k)!\),然后普通容斥。
到这里,我们就可以设\(f_{i,j,0/1}\)表示前i个元素,选了j条边,当前边有没有选。
然后容斥一下,将所有连强行拼起来并且标记拼的那条边不可以选然后dp即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
inline LL read(){
LL x=0,f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
const LL INF = 2147483600;
const LL MAXN = 2010;
const LL Mod = 924844033;
LL f[MAXN*2][MAXN*2][2];
LL g[MAXN*2]; LL N,K; bool fg[MAXN*2];
LL ans; LL cnt; LL fac[MAXN*2];
int main(){
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
N=read(),K=read();
for(LL i=1;i<=K;i++){
for(LL j=i;j<=N;j+=K) fg[++cnt]=(j==i);
for(LL j=i;j<=N;j+=K) fg[++cnt]=(j==i);
}
f[0][0][0]=1;
for(LL i=0;i<2*N;i++){
for(LL j=0;j<=i;j++){
f[i+1][j][0]=(f[i][j][0]+f[i][j][1])%Mod;
if(!fg[i+1]) f[i+1][j+1][1]=f[i][j][0];
}
} fac[0]=1;
for(LL i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%Mod;
for(LL i=0;i<=N;i++){
LL ret=(f[2*N][i][0]+f[2*N][i][1])%Mod;
ans+=(i&1?-1:1)*ret*fac[N-i]%Mod; ans=(ans%Mod+Mod)%Mod;
} printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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