[数据丢失]围坐问题 Menage数

壹、题目描述 ¶

见 BZOJ P30181 Seat.

题目

有一张圆形的餐桌，这张餐桌有 \(2n\) 个座位。现在有 \(n\) 对夫妻就坐，要求男士和女士隔位就坐，并且每对夫妻不能相邻，求安排座位的方案数，答案对 \(998244353\) 取模。

数据范围与提示

保证 \(3\le n\le 10^5\)，没有任何提示 😃

注意，由于是一个圆形的餐桌，所以经过旋转变换得到的坐法相同则认为是同一种方案。

贰、题解 ¶

我们首先可以考虑将女士安置好，不难发现 \(n\) 个女士构成圆排列，方案数为 \((n-1)!\)，接下来考虑男士的坐法。

但是似乎不同的女士的坐法，会影响男士的可行坐法方案数？事实上，并非如此，考察下列问题：

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有一个数列，共有 \(n\) 位，现要将 \(1,2,3,\cdots n\) 放入这 \(n\) 位中，对于每个位置有个要求，必须保证 \(a_i\neq p_i\)，且 \(p_i\) 两两不同，求方案数？

不难发现，该问题的方案数即 \(D(n)\)，由于每一位都是独立的，我们可以考虑将 \(p_i=1\) 的 \(i\) 放到第一位，将 \(p_j=2\) 的 \(j\) 放到第二位......然后问题即变为：在 \(n\) 个位置上放数，必须有 \(a_i\neq i\)，这就是经典错排模板。故而，即使这个 \(p\) 怎么变，在方案数上，总是与最经典的错排问题方案数是相同的。

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该问题也是同样的，无论女士怎样坐，男士落座的方案数都与 “第一个女士坐第一位，第二个女士坐第二位......” 的方案数相同，因此我们将这个问题进行了简化，我们可以不用在意女士具体应当是怎样坐，我们只将他们当成最简单的情形（上述）。接下来考虑在该情形下男士落座的方案。

由于第 \(i\) 个女士左右都不能放第 \(i\) 个男士，又因为我们已经将情形简化，故而此时，我们可以认为第 \(i\) 个女士的右边不能坐第 \(i\) 个或者第 \((i+1)\bmod n\) 个男士（如果它右边坐第 \((i+1)\bmod n\) 个男士，就相当于下一个女士（第 \((i+1)\bmod n\) 的女士）的左边坐了第 \((i+1)\bmod n\) 个男士，这是不合法的），我们考虑设 \(p_i\) 表示第 \(i\) 个女士的右边坐下了第 \(i\) 或 \((i+1)\bmod n\) 个男士，接下来我们想要求的就是

\[|U|-\left|\bigcup_{i=1}^np_i\right| \]

有了该式子，我们不难往容斥方向想，考虑枚举有多少个女士满足了自己的 \(p_i\) 性质，那么可以得到下列式子：

\[Ans'=\sum_{k=0}^n(-1)^kF(k) \]

关于这个 \(F(k)\) 应该如何选择？考虑这个 \(F(k)\) 的组合意义：有 \(k\) 个女士满足自身 \(p_i\) 性质，剩下的 \(n-k\) 个女士右边随便坐的方案数。

后者即为 \((n-k)!\)，这很好办，但是前者？我们不妨将所有女士想要满足自己 \(p_i\) 性质的男士编号写成一排（同一个女士的限制写在一个括号中），那么可以得到：

\[(12)(23)(34)(45)\cdots {\large(}(n-1)n{\large)}(n1) \]

对于这个序列，我们要选出 \(k\) 个数，要求有：

• 同一个数不能被选择两次（相当于一个男士同时坐在两个女士右边请务必让我来承受这般酷刑）；
• 不能同时选择同一个括号中的两个数，这相当于一个女士右边坐了两个男士（？）；

如果我们将括号撇去不看，还是上面俩限制，那么，这就相当于：从围成一圈（因为头尾都是 \(1\)）的 \(2n\) 个球中选出 \(k\) 个不相邻的球的方案数，共 \(2n\) 个球，故方案数即为 \({2n\over 2n-k}{2n-k\choose k}\)，所以容斥式子即为：

\[Ans'=\sum_{k=0}^n(-1)^k{2n\over 2n-k}{2n-k\choose k}(n-k)! \]

该式子得到的数又被称为 \(\rm Menage\) 数。

最后的答案 \(Ans=(n-1)!\times Ans'\)，因为我们从始至终都将女士坐法当成 \(1,2,3,4,\cdots\) 来看，但是女士坐法也是可以变化的。

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组合式 \({2n\over 2n-k}{2n-k\choose k}\) 是怎么得到的？

我们先考虑一个简单的情形 —— 从一排（并非一个圈）\(n\) 个球中选出 \(k\) 个互不相邻的出来，方案数？

分两种情况讨论：

• 当 \(n<2k-1\) 时，无合法方案；
• 当 \(n\ge 2k-1\) 时，我们可以考虑拿出 \(k-1\) 个球当成 \(k\) 个球的强制隔板，然后我们从剩下 \(n-k+1\) 个球中随便选 \(k\) 个出来就行了，不难发现方案数就是 \({n-k+1\choose k}\)，由于所有球都是相同的，

接下来，我们分析 \(n\) 个球围成一个圈的问题：

• 当 \(n<2k\) 时，无合法方案；
• 当 \(n\ge 2k\) 时，考虑破环成链 —— 选择 \(1\) 号球与不选 \(1\) 号球；
• • 如果选择了第 \(1\) 个球，那么就相当于从 \(3\sim n-1\) 中选出 \(k-1\) 个不相邻的球，套用上文结论，方案数 \({n-k-1\choose k-1}\)；
  • 如果没选择第 \(1\) 个球，相当于从 \(2\sim n\) 中选出 \(k\) 个不相邻的球，方案数 \({n-k\choose k}\)；

总方案数即为

\[{n-k-1\choose k-1}+{n-k\choose k}={n{n-k\choose k}\over n-k} \]

这就得到上文的式子。

残留问题：

\(k\) 阶错排怎么搞？

预备知识：棋盘多项式等......

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总时间复杂度 \(\mathcal O(\;n\log \bmod)\)，由于使用了费马小定理求逆元。但是应该可以不用。

叁、参考代码 ¶

const int maxn=2e5;
const int mod=998244353;

inline int qkpow(int a, int n){
    int ret=1;
    for(; n>0; n>>=1, a=1ll*a*a%mod)
        if(n&1) ret=1ll*ret*a%mod;
    return ret;
}

int fac[maxn+5], finv[maxn+5];
inline void prelude(){
    finv[0]=fac[0]=1;
    rep(i, 1, maxn) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    finv[maxn]=qkpow(fac[maxn], mod-2);
    drep(i, maxn-1, 1) finv[i]=1ll*finv[i+1]*(i+1)%mod;
}
inline int C(int n, int m){
    if(n<m || n<0 || m<0) return 0;
    return 1ll*fac[n]*finv[m]%mod*finv[n-m]%mod;
}

int n;
#define sign(i) (((i)&1)? -1: 1)
signed main(){
    prelude(); n=readin(1);
    int ans=0;
    rep(k, 0, n)
        ans=(ans+1ll*sign(k)*2*n*qkpow(2*n-k, mod-2)%mod*C(2*n-k, k)%mod*fac[n-k]%mod)%mod;
    ans=(ans+mod)%mod;
    writc(1ll*ans*fac[n-1]%mod);
    return 0;
}

肆、关键之处 ¶

在恰当的地方对问题进行简化，或者将比较复杂的情形与一般情形建立关系。