[ABC134F] Permutation Oddness 题解

[ABC134F] Permutation Oddness 题解

朴素的想法显然是状压 dp，枚举选择的子集，但复杂度不可接受。

考虑优化。注意到对于 $p_i$，它的贡献只会有两种可能性，$+p_i,-p_i$。于是初步的想法是按照 $p_i$ 的正负性选择分类。考虑到对于相同正负性的选择 $p$，其是等价的。

于是我们设 $d{p}_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个 元素和位置，有 $j$ 组决定向 $i$ 之后去匹配，贡献为 $k$ 的方案数。

对于 $i$ 位置和其元素，考虑计算其有几组向前匹配了。

• 如果匹配了一组，显然 $j$ 不变，方案数是 $i$ 向前 $j$ 个匹配的方案数 $\times 2$（考虑元素和位置都可以匹配）和 $i$ 元素和位置自己匹配的方案数。

• 匹配两组时，$i-1$ 有 $j+1$ 组向后匹配，于是同理方案数是 $(j+1{)}^2$。

• 不匹配的方案数显然是 $1$。

$j$ 的转移讨论过之后，考虑 $k$ 的转移。考虑到 $k$ 的贡献是 选择的一对 $(i,j)$ 之间的差，显然向后匹配一次其贡献 $+1$，$j$ 组意味着有 $2j$ 个元素，于是 $k\leftarrow k-2j$。

三个转移式不再写出。

题目的关键是注意到 $p$ 的贡献只有两种，于是考虑合并相同 $p$ 贡献的情况。优化 dp 的方法之一的本质是 合并本质相同的状态。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 55
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n, m;
int dp[N][N][N * N];
void add(int &x, int y) {
	x += y;
	if (x > mod)
		x -= mod;
}
signed main() {
	cin >> n >> m;
	dp[0][0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 0; j <= i; j++)
			for (int k = 2 * j; k <= m; k++) {
				add(dp[i][j][k], dp[i - 1][j][k - 2 * j] * (2 * j + 1) % mod);
				add(dp[i][j][k], dp[i - 1][j + 1][k - 2 * j] * (j + 1) % mod * (j + 1) % mod);
				add(dp[i][j][k], j >= 1 ? dp[i - 1][j - 1][k - 2 * j] : 0);
			}
	cout << dp[n][0][m] << "\n";
	return 0;
}