AGC005D ~K Perm Counting

Statement:

若一个有 $n$ 个元素的排列 $P$ 满足对于任意 $i(1\le i\le n)$ 都有 $|P_i-i|\ne k$，则这个排列是合法的。现给定 $n,k$， 问有多少个合法的排列。

Solution:

神仙题啊。

考虑容斥。钦定有 $i$ 个位置不满足条件，即满足 $|P_i-i|=k$。

这里有一步关键的转化：我们将每个下标以及元素的值分别看成一个个点，将满足 $|P_i-i|=k$ 的点连边，组成一个二分图。

如下图：（机房画不了图就偷了一张）($k=1,n=5$)

像这样的左部点代表的是 $P$ 中的元素，右部点代表的是位置。此时问题转化为在这张二分图上找出 $i$ 条没有公共端点的边的方案数。注意到这个图由一条条互不相交的链组成，如果只有一条链，我们可以直接考虑 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 算。实际上，即使有多条链，我们依然可以把他们接在一起组成一条链，只是每条原链的链头不能向它的前驱连边。

于是令 $f_{i,j,0/1}$ 为考虑链上前 $i$ 个节点，选了 $j$ 条互不相交的边，并且选/不选 $i$ 与它的前驱的边。

显然有：

$$f_{i,j,0}=f_{i-1,j,0}+f_{i-1,j,1}$$

$$f_{i,j,1}=f_{i-1,j-1,0}(head[i]=0\mathrm{且}j\ne 0)$$

其中 $head[i]=1/0$ 为 $i$ 是/否为原图中某一条链的链头。

最后容斥回来就可以了。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define id (x + n * pos)
using namespace std;
 
const int N = 2000 + 10, mod = 924844033;
 
int n, k, f[2 * N][N][2], tcnt, jc[N];
 
bool vis[N * 2], head[N * 2];
 
void dfs(int x, int pos){
	if(x > n || vis[id]) return; vis[id] = true;
//	cout << x << " " << pos << "\n";
	tcnt++; dfs(x + k, pos ^ 1);
}
 
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> k; jc[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		if(!vis[i]) head[tcnt + 1] = true, dfs(i, 0);
		if(!vis[i + n]) head[tcnt + 1] = true, dfs(i, 1);
		jc[i] = (jc[i - 1] * i) % mod;
	} 
	f[1][0][0] = 1;
	for(int i = 2; i <= tcnt; i++){
		for(int j = 0; j <= n; j++){
			f[i][j][0] = (f[i - 1][j][0] + f[i - 1][j][1]) % mod;
			if((!head[i]) && j) f[i][j][1] = f[i - 1][j - 1][0];
//			cout << i << " " << j << " " << f[i][j][0] << " " << f[i][j][1] << "\n";
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 0; i <= n; i++) ans = (ans + ((i & 1) ? -1 : 1) * (((f[2 * n][i][0] + f[2 * n][i][1]) % mod) * jc[n - i]) % mod + mod) % mod;
	cout << ans;
	
	return 0;
}