SDOI2016 排列计数 题解

最近学插头DP学得有点不舒服，然后学什么斯坦纳树也学不动，于是就来写写题解，正好有助于巩固一下所学内容

题意较为简单，就是要求对于一个\(1-n\)的序列的全排列中，正好有\(m\)个位置满足\(a[i]==i\)（称其为“稳定的”）的排列个数。

很明显，我们可以先固定\(m\)个位置，使得这些位置都为“稳定的”，那么还剩下\(n-m\)个位置。因为只能恰好有\(m\)个稳定的数，所以这\(n-m\)个数必须都不是稳定的。也就是说，这\(n-m\)个数必须都不在它们原来的位置上，然后对其求这样的排列总数。想到什么？错排！于是根据乘法原理，这道题的答案便是\(C(n,m)*D[n-m]\)，其中\(C(n,m)\)为在\(n\)个数中选\(m\)个数的方案数，而\(D[n-m]\)为\(n-m\)个数错排的方案数。因为每次从\(n\)个数中选\(m\)个数，另外\(n-m\)个数都会有\(D[n-m]\)种排列方案，所以答案还是比较显而易见的。

下面讲一些实现时的细节：

1.逆元的求法

或许有些人早就知道了，那可以直接跳过，不过我在这还是证明一下吧：

例：求\(i\)在\(mod\,p\)意义下的逆元

设\(k*i+r=p\)，则

\(k*i+r\equiv0(mod\,p)\)

两边同乘以\(i\)的逆元\(i^{-1}\)与\(r\)的逆元\(r^{-1}\)，得

\(k*r^{-1}+i^{-1}\equiv0(mod\,p)\)
\(\therefore \lfloor\frac{p}{i}\rfloor*(p\,mod\,i)^{-1}+i^{-1}\equiv0(mod\,p)\)
\(\therefore i^{-1}\equiv-\lfloor\frac{p}{i}\rfloor*(p\,mod\,i)^{-1}(mod\,p)\)

由于\(p\,mod\,i\)的值小于\(i\)，所以其逆元一定在前面已经求出来了，故可以通过这个式子线性求出逆元。若不用线性的方法，一般都是通过\(a^{p-2}\)快速幂或是扩欧求解逆元。

2.组合数的求法

这个应该不用多讲，求出逆元再求一下逆元的阶乘与原数的阶乘，若设\(pre\)数组为原数的阶乘，\(preinv\)为逆元的阶乘，那么\(pre[n]*preinv[m]*preinv[n-m]\)再取个模就是所求组合数的值

3.错排的递推式

设\(D[i]\)为\(i\)个元素错排的方案数

假设此时我们已经计算好了前\(i-1\)个元素错排的方案数，那么考虑第\(i\)个元素放的位置，很明显，只能放在前\(i-1\)个位置，共有\(i-1\)种放法。假设放在\(k\)处，那么再考虑\(k\)号元素放在哪里。1.放在第\(i\)个位置，那么剩下的\(i-2\)种元素有\(D[i-2]\)种排列方式；2.不放在第\(i\)个位置，那么就是\(i-1\)个元素开始错排，方案数为\(D[i-1]\)。综上所述，有\(D[i]=(i-1)*(D[i-2]+D[i-1])\)

还有就是组合数当\(m\)为零时要特殊处理一下，不然算出来的结果是错的。简而言之就是把\(0\)个逆元的阶乘设为\(1\)即可，代码如下：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
int T,n,m;
ll D[N],inv[N],preinv[N],pre[N];
ll C(int n,int m){return ((pre[n]*preinv[m])%mod*preinv[n-m])%mod;}
int main(){
    D[2]=1;inv[1]=preinv[1]=preinv[0]=pre[1]=1;
    for(register int i=3;i<=N-5;i++)D[i]=((i-1)*((D[i-1]+D[i-2])%mod))%mod;
    for(register int i=2;i<=N-5;i+=1){
        inv[i]=-mod/i*inv[mod%i]%mod+mod;
        preinv[i]=(preinv[i-1]*inv[i])%mod;}
    for(register int i=2;i<=N-5;i++)pre[i]=(pre[i-1]*i)%mod;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n<m)printf("0\n");
        else if(n==m)printf("1\n");
        else printf("%lld\n",(C(n,m)*D[n-m])%mod);}
    return 0;
}