AGC005D ~K Perm Counting 题解

[AGC005D] ~K Perm Counting 题解

如果一个排列 \(P\) 满足对于所有的 \(i\) 都有 \(|P_i-i|\neq k\)，则称排列 \(P\) 为合法的。现给出 \(n\) 和 \(k\)，求有多少种合法的排列。由于答案很大,请输出答案对 \(924844033\) 取模的结果。

\(2\leq n\leq 2\times 10^3\)，\(1\leq k\leq n-1\)。

正着不好做，考虑容斥，设 \(f_i\) 为至少 \(i\) 个位置 \(|P_i-i|=k\) 的方案数，则答案满足

\[ans=\sum_{i=0}^{n}(-1)^if_i\times (n-i)! \]

现在就是要求 \(f_i\)。可以考虑转化一下模型，我们将一个数 \(i\) 拆分为位置和值两种点，将位置 \(i\) 与值 \((i-k),(i+k)\) 连边，值 \(i\) 与位置 \((i-k),(i+k)\) 连边，我们最终可以得到若干个独立的链。

容易发现我们如果选择了一条链上的一条边，假设是位置 \(x\) 到值 \((x+k)\)，则说明我们将 \(P_x\) 钦定为 \(x+k\)，此时我们就不能在选择值 \((x+k)\) 到位置 \((x+2k)\) 的这条边，因为 \(x+k\) 的值已经被使用了。

总结一下就是我们不能选择一条链上两条相邻的边，然后每选择一条边，相当于有一个位置的数不合法。

那么我们将这些链首尾相连存在一个数组里面，定义 \(dp_{i,j,0/1}\) 为前 \(i\) 个点选了 \(j\) 条边，第 \(i\) 个点是否已经在一条被选择的边上的方案数。转移较为简单，具体见代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=924844033;
const int N=2003;
ll mul[N],dp[N*2][N*2][2];
int vis[N],lis[N*2],tot,n,k;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	mul[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)mul[i]=mul[i-1]*i%P;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int t=1;t<=2;++t){
			if(vis[i]==2)continue;
			for(int j=i;j<=n;j+=k){
				lis[++tot]=j;
				++vis[j];
			}
		}
	}
	dp[0][0][0]=1;lis[0]=-114514;
	for(int i=1;i<=tot;++i){
		for(int j=0;j<=i;++j){
			dp[i][j][0]=(dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1])%P;
			if(j&&lis[i]-lis[i-1]==k)dp[i][j][1]=dp[i-1][j-1][0];
		}
	}
	ll ans=0;
	for(ll i=0,f=1;i<=n;++i,f=-f){
		ans=(ans+f*(dp[tot][i][0]+dp[tot][i][1])*mul[n-i]%P+P)%P;
	}printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}