[SDOI2016] 排列计数 (组合数学)

[SDOI2016]排列计数

题目描述

求有多少种长度为 n 的序列 A，满足以下条件：

1 ~ n 这 n 个数在序列中各出现了一次

若第 i 个数 A[i] 的值为 i，则称 i 是稳定的。序列恰好有 m 个数是稳定的

满足条件的序列可能很多，序列数对 10^9+7109+7 取模。

输入输出格式

输入格式：

第一行一个数 T，表示有 T 组数据。

接下来 T 行，每行两个整数 n、m。

输出格式：

输出 T 行，每行一个数，表示求出的序列数

输入输出样例

输入样例#1：

5
1 0
1 1
5 2
100 50
10000 5000

输出样例#1：

0
1
20
578028887
60695423

说明

测试点 1 ~ 3： \(T = 1000，n \leq 8，m \leq 8；\)

测试点 4 ~ 6： \(T = 1000，n \leq 12，m \leq 12；\)

测试点 7 ~ 9： \(T = 1000，n \leq 100，m \leq 100；\)

测试点 10 ~ 12：\(T = 1000，n \leq 1000，m \leq 1000；\)

测试点 13 ~ 14：\(T = 500000，n \leq 1000，m \leq 1000；\)

测试点 15 ~ 20：\(T = 500000，n \leq 1000000，m \leq 1000000。\)

Solution

错排公式/组合计数 裸题
\(Ans=C_{n}^{m}\times D_{n-m}\),其中\(D_{i}\)为共i个元素的错排方案数(错排指元素i不在下标为i的位置上)
然后因为要取模,费马小定理求一下逆元
在这里摆一下组合及错排的公式

\[C_{n}^{m}=\frac{n!}{m!\times{(n-m)!}} \]

\[D_{n}=(n-1)\times(D_{n-1}+D_{n-2}) \]

其实错排还有一个通项公式,但是由于时间复杂度太高,所以预处理不太常用,但在这里还是摆一下

\[D_{n}=n!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+...+(-1)^n\frac{1}{n!}) \]

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
#define rg register
#define il inline
#define lol long long

using namespace std;

const int N=1e6+10,mod=1e9+7;

void in(int &ans) {
	ans=0; int f=1; char i=getchar();
	while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
	while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0',i=getchar();
	ans*=f;
}

int T,n,m;
lol D[N],ie[N],sum[N];//ie[]是逆元数组,inverse element的简称

lol qpow(lol a,int x,lol ans=1) {
    while(x) {
        if(x&1) ans=ans*a%mod;
        x>>=1,a=a*a%mod;
    }return ans;
}

il void init() {
    D[0]=D[2]=1;   for(rg int i=3;i<=N;i++) D[i]=(i-1)*(D[i-1]+D[i-2])%mod;
    ie[0]=sum[0]=1; for(rg int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]*i%mod,ie[i]=qpow(sum[i],mod-2);
}

int main()
{
    in(T); init();
    while(T--) {
        in(n),in(m);
        printf("%lld\n",D[n-m]*sum[n]%mod*ie[m]%mod*ie[n-m]%mod);
    }
    return 0;
}

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