NC19857 最后的晚餐(dinner)

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题目

题目描述

​ **YZ（已被和谐）的食堂实在是太挤辣！所以Apojacsleam现在想邀请他的一些好友去校外吃一顿饭，并在某酒店包下了一桌饭。

​ 当Apojacsleam和他的同学们来到酒店之后，他才发现了这些同学们其实是N对cp，由于要保护广大单身狗的弱小心灵（FF！），所以他不想让任意一对情侣相邻。

​ 说明：

​ ·酒店的桌子是恰好有2N个位置的圆桌。

​ ·客人恰好是N对cp，也就是说，圆桌上没有空位。

​ ·桌子的每一个位置是一样的，也就是说，如果两种方案可以通过旋转得到，那么这就可以视为相等的。

​ 现在，你需要求出，将任意一对情侣不相邻的方案数。

输入描述

一行一个正整数N，表示cp的对数。

输出描述

一行一个非负整数，表示答案对1000000007取模后的值。

示例1

输入

2

输出

2

说明

两种方案：

假设1-2、3-4是两对情侣。

方案有1-3-2-4

1-4-2-3

或者你也可以认为1-3-2-4

2-3-1-4

是合法的方案。

示例2

输入

25

输出

535659175

示例3

输入

1000000

输出

270258012

说明

对于20%的数据，1<=N<=5
对于30%的数据，1<=N<=20
对于50%的数据，1<=N<=100
对于70%的数据，1<=N<=200000
对于100%的数据，1<=N<=30000000

题解

方法一

知识点：容斥原理，排列组合。

考虑容斥原理求出至少有一对cp坐在一起的方案数，最后用圆全排列减去方案数即可。

容易得到，至少有 $i$ 对cp坐在一起的方案数：

$$2^i \binom{n}{i} (2n-i-1)!$$

于是我们可以线性求出答案：

$$ans = \sum_{i = 0}^n (-1)^i2^i \binom{n}{i} (2n-i-1)!$$

但这道题卡空间，注意到组合数只需要到 $n$ 就行。

为了不需要快速幂求阶乘逆元，我们从 $n$ 逆推，过程中处理阶乘。同时，我们可以直接使用 $2$ 的逆元 $\dfrac{1+P}{2}$。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

方法二

知识点：计数dp。

因为cp是成对的，我们先取 $n$ 对cp的其中一人安排到排列里，在考虑将剩下 $n$ 个人往里面插入。

不妨先假设前 $n$ 个人已经排好，考虑设 $f_i$ 表示插入了剩下的人中前 $i$ 个人的排列数。

考虑 $f_i$ ，即已经插了 $i-1$ 个人，准备插第 $i$ 个人。转移方程有两种情况：

1. 直接往前插入，只需要保证插入的左右不是自己的cp即可，总方案数为 $(n+i-3)f_{i-1}$ 。
2. 插入到前面某一个人与他cp中间，因为cp相邻本身是不合法的，所以之前不可能存在这种方案，但我们可以插入到某个不合法的cp之间，这种方案就合法了，所以需要额外考虑。前面共有 $i-1$ 个人，可以在cp的左边和右边两种情况，因此总方案数为 $2(i-1)f_{i-2}$ 。

所以 $f_i = (n+i-3)f_{i-1} + 2(i-1)f_{i-2}$ 。

可以考虑只保留前面两项的值，省空间。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(1)$

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
const int P = 1e9 + 7;
namespace Number_Theory {
    const int N = 6e7 + 7;
    int qpow(int a, ll k) {
        int ans = 1;
        while (k) {
            if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % P;
            k >>= 1;
            a = 1LL * a * a % P;
        }
        return ans;
    }
    int fact[N], invfact[N];
    void init(int n) {
        fact[0] = 1;
        for (int i = 1;i <= n;i++) fact[i] = 1LL * i * fact[i - 1] % P;
        invfact[n] = qpow(fact[n], P - 2);
        for (int i = n;i >= 1;i--) invfact[i - 1] = 1LL * invfact[i] * i % P;
    }
}
namespace CNM {
    using namespace Number_Theory;
    int C(int n, int m) {
        if (n == m && m == -1) return 1; //* 隔板法特判
        if (n < m || m < 0) return 0;
        return 1LL * fact[n] * invfact[n - m] % P * invfact[m] % P;
    }
}
/// 公式法求组合数，O(n)，预处理阶乘及其逆元快速求出组合数
 
using namespace CNM;
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    if (n == 1) {
        cout << 0 << '\n';
        return 0;
    }
    Number_Theory::init(n);
    int ans = 0, pow2 = qpow(2, n), fac = fact[n - 1];
    for (int i = n;i >= 0;i--) {
        (ans += (i & 1 ? -1LL : 1LL) * pow2 * C(n, i) % P * fac % P) %= P;
        (ans += P) %= P;
        pow2 = (1LL + P) / 2 * pow2 % P;
        fac = 1LL * fac * (n - i + n) % P;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
const int P = 1e9 + 7;
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    if (n == 1) {
        cout << 0 << '\n';
        return 0;
    }
    int f0 = 1, f1 = n - 2;// 前n个人不是cp随便排，考虑后n个人的前i个往前插的方案数
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        f0 = (1LL * f1 * (n + i - 3) % P + 1LL * f0 * (i - 1) * 2 % P) % P;
        // 直接往前插有n-i-3种方案，选前i-1个人中的一个并在他和他cp中间挡着有(i-1)*2中方案
        swap(f0, f1);
    }
    int ans = f1;
    for (int i = 1;i <= n - 1;i++) ans = 1LL * ans * i % P;
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}