【xsy2303】呀 dp

题目大意：你需要构造一个长度为$n$的排列$A$，使得里面包含有子序列$B$（子序列$B$为一个给定的$1$到$m$的排列），且对于每个$i$，有$A[A[i]]=i$，问有多少种方案方案。

数据范围：$n≤10^7$,$m≤500$，答案对$10^9+7$取模

我们首先不考虑有m的存在，考虑如何构造一个符合条件的序列$A$。

我们发现我们可以DP，设$f[i]$表示有多少种长度为i的序列满足$A[A[i]]=i$。

对于第$i$个数，我们可以考虑把它填在原位，或者放在第j个位置，然后在$A[i]$处填上$j$。

根据这个，不难推出$f[i]=(i-1)f[i-2]+f[i-1]$。

我们下面考虑，序列$B$的前$k$个数，位于$A$中前$m$个位置，剩余的$m-k$个，位于后$n-m$个位置。

我们发现，对于剩余的$m-k$个数，对应的$A_B[i]$，都会被占用，用来填（填写了$B[i]$的位置）。

所以我们需要在前$m$个位置里，用恰好$k$个位置，按顺序填出序列$B$前$k$个数字。

不难发现，至多只有一种填法。

对于$B[i]$，我们找到序列$A$中第i个可以填数的地方，直接填入$B[i]$即可。

最后$O(m)$扫一遍判断即可。

如果可行，那么剩下的$n-k$个位置中，需要找出$m-k$个位置放置$B[k+1],B[k+2].....B[m]$，并且在$A[B[k+1]]$等地方填上它们的位置。

剩下的$n-2m+k$个位置，就可以随便填>m的数了，方案数显然是$f[n-2m+k]$

所以方案数为$\binom{n-k}{m-k}\times f[n-2m+k]$。

我们对于每个不超过m的k全部处理一遍就可以了。

时间复杂度：$O(n+m^2)$

 #include<bits/stdc++.h>
 #define MOD 1000000007
 #define L long long
 #define M 10000005
 using namespace std;

 L fac[M]={},invfac[M]={},f[M]={};
 L pow_mod(L x,L k){L ans=;for(;k;k>>=,x=x*x%MOD) if(k&) ans=ans*x%MOD; return ans;}
 L C(int n,int m){return fac[n]*invfac[m]%MOD*invfac[n-m]%MOD;}

 L mark[M]={},b[M]={},a[M]={},ans=,n,m;
 void solve(int k){
     if(n-m<m-k) return;
     for(int i=,j=;i<=k;i++,j++){
         while(!mark[j]) j++;
         a[j]=b[i];
     }
     for(int i=;i<=m;i++)
     if(mark[i]&&a[a[i]]!=i) return;
     ans=(ans+C(n-m,m-k)*f[n-m-m+k])%MOD;
 }
 int main(){
     fac[]=; for(int i=;i<M;i++) fac[i]=fac[i-]*i%MOD;
     invfac[M-]=pow_mod(fac[M-],MOD-);
     for(int i=M-;~i;i--) invfac[i]=invfac[i+]*(i+)%MOD;
     f[]=f[]=; for(int i=;i<M;i++) f[i]=(f[i-]+f[i-]*(i-))%MOD;

     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=m;i++) scanf("%d",b+i);
     for(int k=;k<=m;k++){
         mark[b[k]]=;
         solve(k);
     }
     cout<<ans<<endl;
 }