牛客练习赛77 F 小G的排列

求有多少个长度为\(n\)的排列，满足最长的相邻差不超过\(1\)的子区间长度小于等于\(m\)。

\(n,m\le 5000\)

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老套路容斥。

先用个DP计算出所有的方案：一个方案可以看成，把一个\(1\)到\(n\)的顺序排列划分成\(i\)段，然后将这\(i\)段进行排列，并且其中长度大于等于\(2\)的段反转。于是设\(g_{i,j}\)，有\(g_{i,j}=\sum g_{k,j-1}f_{i-k}2^{[i-k>1]}\)。其中\(f\)是容斥系数。

接下来考虑一个特定的方案，我们希望它的极长段小于等于\(m\)，否则没有共线。一个固定的极长段被算到的方案的生成函数可以表示为\(\sum_{i\ge 1} F^i\)，它等于\(\sum_{i=1}^m x^i\)。解方程即可得到\(F\)。

直接做是\(O(n^3)\)。解出\(F\)之后发现\(F\)有些规律，按照这个规律前缀和可以搞到\(O(n^2)\)。

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然而可能有另一种想法：干嘛不把\(2\)丢进容斥系数中？

我对此进行了尝试并猜想了若干个方程，有些不好解我甚至搬出了拉格朗日反演。然而每次解出来的系数都是错的。

我想到了一个解释：当转移一段的时候没有如果没有固定它的方向，对于某种特定的方案，它没有定向，于是极长段还是不确定的。所以上面的方法就出锅了。

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没有写\(O(n^2)\)的做法。下面代码中有大量的用于尝试的代码。

using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
#define N 5005
#define ll long long
#define mo 1000000007
ll qpow(ll x,ll y=mo-2){
	ll r=1;
	for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
		if (y&1)
			r=r*x%mo;
	return r;
}
ll fac[N],ifac[N],inv[N];
void initC(int n){
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
	ifac[n]=qpow(fac[n]);
	for (int i=n-1;i>=0;--i)
		ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mo;
	inv[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;++i)
		inv[i]=(mo-mo/i)*inv[mo%i]%mo;
}
int n,m;
int f[N],g[N][N];
void getdiv(int c[],int a[],int b[]){
	static int t[N];
	memset(t,0,sizeof(int)*(n+1));
	for (int i=0;i<=n;++i){
		t[i]=(a[i]-t[i]+mo)%mo;
		for (int j=1;i+j<=n;++j)
			t[i+j]=(t[i+j]+(ll)t[i]*b[j])%mo;
	}
	memcpy(c,t,sizeof(int)*(n+1));
}
void multi(int c[],int a[],int b[]){
	static int t[N];
	memset(t,0,sizeof(int)*(n+1));
	for (int i=0;i<=n;++i)
		for (int j=0;j<=i;++j)
			t[i]=(t[i]+(ll)a[j]*b[i-j])%mo;
	memcpy(c,t,sizeof(int)*(n+1));	
}
void getf(){
	static int a[N],b[N],c[N],d[N],e[N];
	a[1]=1,a[m+1]=-1;
	b[0]=1,b[m+1]=-1;
	getdiv(f,a,b);
	for (int i=2;i<=n;++i)
		f[i]=f[i]*2%mo;
//	a[0]=1;
//	b[0]=1;
//	for (int i=2;i<=n;++i)
//		b[i-1]=1;
//	getdiv(c,a,b);
//	memcpy(d,c,sizeof d);
//	for (int k=1;k<=n;++k){
//		e[k]=d[k-1]*inv[k]%mo;
//		multi(d,d,c);
//	}
//	a[0]=0,a[1]=1;
//	for (int i=2;i<=m;++i)
//		a[i]=2;
//	for (int j=0;j<=n;++j)
//		f[j]=(f[j]+(ll)e[n]*a[j])%mo;
//	for (int i=n;i>=1;--i){
//		multi(f,f,a);
//		for (int j=0;j<=n;++j)
//			f[j]=(f[j]+(ll)e[i]*a[j])%mo;
//	}
	for (int i=0;i<=n;++i)
		printf("%d ",f[i]);
	printf("\n");
}
int main(){
	freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	initC(n+1);
	getf();
	g[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=1;j<=i;++j)
			for (int k=0;k<i;++k)
				g[i][j]=(g[i][j]+(ll)g[k][j-1]*f[i-k]%mo)%mo;
	ll ans=0;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		(ans+=g[n][i]*fac[i])%=mo;
//	ans%=mo;
	ans=(ans+mo)%mo;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}