CF1768E Partial Sorting - 组合数学 -

题目链接：https://codeforces.com/contest/1768/problem/E

题解：
记 P1 为将 $1..2\times n$ 排序， P2 为将 $n+1..3\times n$ 排序
首先观察到答案一定不会超过 3（ P1P2 之后 $1..n$ 的所有数一定在 $1..2n$ 中，这样只需要 P1 就可以排好，同理 $n+1..2n$ & $2n+1..3n$ ）

• 答案为0的情况：$1,2 .. 3n$ 一共一种
• 答案为1：$2n+1..3n$ 已经有序，$1..2n$ 只需要一次 P1 即可，同理也有只需要一次 P2 的情况。注意减去重复情况（ $1..n$ & $2n+1..3n$ 均有序，只需要一次 P1/P2，但是计算了 2 次，还有一个已经有序的情况），这里的答案是 $(2n)! - n! - 1$

答案为 3 的情况不好统计，考虑先算出答案为 2 的情况，然后用 $(3n)!$ 减一下

• 答案为 2 ：显然对应的操作就是 P1P2 或者 P2P1 ，分别考虑这些对应的是什么情况：
  • P1P2：那么需要满足的条件是：$[1,2n]$ 中含有 $1..n$ ，而且至少含一个 $2n+1..3n$ 中的数，或者 $[1,2n]$ 是 $1..2n$ 的一个乱序排列，而且 $[2n+1,3n]$ 是 $2n+1..3n$ 的一个乱序排列（要注意这里面不能存在一次就能排好序的情况，因此很多“乱序”条件是应该的）。对应的答案： $$(\binom{2n}{n} \times n!-1)\times (\binom{2n}{n}\times n! - n!) \times n! + (n!-1)\times ((2n)!-n!)$$ 解释一下，第一个括号是选出 1~n 的位置并排列好，-1 是因为不能出现的情况是 1~n 在下标也是 1~n 的情况恰好有序了（这样只需要一次 P2 就行了）； 第二个括号是利用容斥算出至少含 1 个 $2n+1..3n$ 的数的情况并排列好，最后的 $n!$ 是将 $[2n+1,3n]$ 的数排列好。加号后面的表示的是 [或者] 后面之后的情况。因为是乱序所以需要 -1，然后 $[1,2n]$ 随便排
  • P2P1：考虑如何去掉 P1P2 已经数过的情况，最后得出此处的要求是：$[n+1,3n]$ 中含有 $2n+1..3n$ 所有的数，而且 $[2n+1,3n]$ 至少有 1 个 $1..n$ 的数在 $[2n+1,3n]$ 中（这里就和 P1P2 不存在交集了），答案是： $$\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} \times \binom{n}{n-k} \times ((2n)!-\binom{n}{k}\times k! \times (2n-k)!)$$ 。解释也很显然：先取 $1..n$ 中的 $k$ 个数，再挑 $n+1..2n$ 中的 $n-k$ 个，现在有了 $2n$ 个数要填到 $[n+1,3n]$ 利用容斥就可以求出至少有一个 $1..n$ 位于 $[2n+1,3n]$ 的方案数（钦定 $k$ 个数都在 $[n+1,2n]$ 中，然后排列一下就行了）
• 3 的情况就是 $(3n)!$ 减去上面的

代码：

// by SkyRainWind
#include <bits/stdc++.h>
#define mpr make_pair
#define debug() cerr<<"Yoshino\n"
#define rep(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define pii pair<int,int>

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef long long LL;

const int inf = 1e9, INF = 0x3f3f3f3f, maxn = 3e6+5;

int n,mod=998244353;

int fac[maxn],inv[maxn];
int pw(int x,int y){
	if(!y)return 1;
	if(y==1)return x;
	int mid=pw(x,y>>1);
	if(y&1)return 1ll*mid*mid%mod*x%mod;
	return 1ll*mid*mid%mod;
}

int C(int x,int y){
	return 1ll*fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}

signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&mod);
	fac[0] = inv[0] = 1;
	for(int i=1;i<=maxn-5;i++)fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%mod;
	inv[maxn-5]=pw(fac[maxn-5],mod-2);
	for(int i=maxn-6;i>=1;i--)inv[i] = 1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
	
	ll t1 = (2ll*fac[2*n]%mod - fac[n]%mod - 1 + mod)%mod;
	ll t2 = (1ll*fac[n]*C(2*n,n)-1)%mod*(1ll*(C(2*n,n)-1)*fac[n]%mod)%mod*fac[n]%mod;
	(t2 += 1ll*(fac[n]-1)*(fac[2*n]-fac[n]+mod)%mod) %= mod;
	
	for(int k=1;k<=n;k++){
		ll tmp = 1ll*C(n,k)*C(n,n-k)%mod;
		tmp = tmp*(fac[2*n]-1ll*C(n,k)*fac[k]%mod*fac[2*n-k]%mod+mod)%mod*fac[n]%mod;
		(t2 += tmp) %= mod;
	}
	ll t3 = (fac[3 * n] - 1 - t1 + mod - t2 + mod) % mod;
	ll ans = (t1 + 2ll*t2%mod + 3ll*t3%mod) % mod;
	cout<<ans;
	
	return 0;
}