[ABC134F] Permutation Oddness 题解

合集 - 提高组专题 DP4(6)

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T5 [ABC134F] Permutation Oddness

很无敌的一道题。（好像是我第一次用无敌这个词

把 $p_i$ 和 $i$ 的对应关系转化为球和盒子的配对问题，则原式中的绝对值顺利成章地就变成类似距离的一个东西。

那么设 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个球和盒子（注意球和盒子是一起考虑的，所以 $i$ 只会遍历到 $n$）、其中有 $j$ 组球和盒子暂未配对、当前怪异度为 $k$ 的答案。则答案为：$f_{n,0,K}$。到这里应该是不难理解的。

考虑新遍历到一组球和盒子，会有三种情况出现：不给它们配对、给其中一个配对、给俩都配对。

情况一：不给它们配对。

则易得转移方程：

$$f_{i+1,j+1,k+2j}\leftarrow f_{i,j,k}$$

$k+2j$ 是什么？以后再解释。

情况二：给其中一个配对。

1. 如果给球配对，相当于用了之前的一个没有配对的盒子，有 $j$ 种情况；
2. 如果给盒子配对，相当于用了之前的一个没有配对的球，有 $j$ 种情况；
3. 还有一种特殊情况：直接将当前球和当前盒子配成一对，有 $1$ 种情况。

综上，有 $2j+1$ 种情况。易得任意一种都是用了一个没有配对的又多了一个当前的，或者是直接解决当前的且不管前面的，所以 $j$ 不变，有转移方程：

$$f_{i+1,j,k+2j}\leftarrow f_{i,j,k}\times (2j+1)$$

情况三：给俩都配对。

当前的球有 $j$ 个盒子给它配对，当前的盒子也有 $j$ 个球给它配对，共 $j^2$ 种方案。由于这种情况直接消耗了两个（也就是一组）没有配对的球和盒子，所以转移方程长这样：

$$f_{i+1,j-1,k+2j}\leftarrow f_{i,j,k}\times j^2$$

那么问题来了，为什么是 $k+2j$ 呢？

我们可以理解为：状态中的 $j$ 有另一种解释，$1\sim i$ 的这些球有 $j$ 个要放到编号大于 $i$ 的盒子里。那么如果把第 $i$ 组球和盒子处理完了，也就是将前 $j$ 个球和盒子中的一个配上对了，那么剩下的就要都再往下配对一行，导致总共多出了 $2j$ 的贡献。

这篇题解对 $k+2j$ 的解释更加详细。

#include<bits/stdc++.h>
#define fw fwrite(obuf,p3-obuf,1,stdout)
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(x) (p3-obuf<1<<20?(*p3++=(x)):(fw,p3=obuf,*p3++=(x)))
using namespace std;

char buf[1<<20],obuf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf,*p3=obuf,str[20<<2];
int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x;
}
template<typename T>
void write(T x,char sf='\n'){
	if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;
	int top=0;
	do str[top++]=x%10,x/=10;while(x);
	while(top)putchar(str[--top]+48);
	if(sf^'#')putchar(sf);
}
using ll=long long;
constexpr int MAXN=55,MOD=1e9+7;
int n,K;
int dp[MAXN][MAXN][MAXN*MAXN];
void add(int&x,int y){
	x=x+y>=MOD?x+y-MOD:x+y;
}

int main(){
	n=read(),K=read();
	if(K&1)return write(0),fw,0;
	dp[0][0][0]=1;
	for(int i=0;i<n;++i)
		for(int j=0;j<=i;++j)
			for(int k=0;k<=K;++k){
				add(dp[i+1][j][k+2*j],(ll)dp[i][j][k]*(j<<1|1)%MOD);
				if(j)add(dp[i+1][j-1][k+2*j],(ll)dp[i][j][k]*j%MOD*j%MOD);
				add(dp[i+1][j+1][k+2*j],dp[i][j][k]);
			}
	write(dp[n][0][K]);
	return fw,0;
}