组合数学：P4071 排列计数

P4071 排列计数

求有多少种 $1$ 到 $n$ 的排列 $a$，满足序列恰好有 $m$ 个位置 $i$，使得 $a_i = i$。

答案对 $10^9 + 7$ 取模。

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考虑转化问题。

恰好有 $m$ 个位置有 $a_i=i$，就是在 $n$ 个数中选出 $m$ 个数的无序组合，即 $\large{C_n^m}$。

除去这 $m$ 个数，还有 $n-m$ 个位置是满足任意 $a_i\ne i$ 的，即错排的。

对于错排问题。设 $f_n$ 为长度为 $n$ 的错排序列个数。 假设考虑到第 $n$ 个信封，初始时暂时把第 $n$ 封信放在第 $n$ 个信封中，然后考虑两种情况的递推：

• 前面 $n-1$ 个信封全部装错；
• 前面 $n-1$ 个信封有一个没有装错其余全部装错。 对于第一种情况，前面 $n-1$ 个信封全部装错：因为前面 $n-1$ 个已经全部装错了，所以第 $n$ 封只需要与前面任一一个位置交换即可，总共有 $f_{n-1}\times (n-1)$ 种情况。

对于第二种情况，前面 $n-1$ 个信封有一个没有装错其余全部装错：考虑这种情况的目的在于，若 n-1 个信封中如果有一个没装错，那么把那个没装错的与 $n$ 交换，即可得到一个全错位排列情况。就可以得到：

$$f_n=(n-1)(f_{n-1}+f_{n-2})$$

选自 oi-wiki

两种情况是满足乘法原理的。同时，可以利用乘法逆元求组合数。

关于乘法逆元：

因为同余不满足同除性，根据费马小定理，若 $p$ 为素数，$\gcd(a,p)=1$，则 $a^{p - 1} \equiv 1 \pmod{p}$。

再用快速幂就好啦。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e6+10,Mod = 1e9+7;
int f[N],fac[N];
int T;
int mi(int x,int k) {
	if(!k) return 1;
	int p=mi(x,k>>1);
	return (p*p%Mod)*(k&1?x:1)%Mod;
}
int ny(int x) {return mi(x,Mod-2);}
int C(int n,int m) {
	return (fac[n]*ny(fac[n-m])%Mod)*ny(fac[m])%Mod;
}
signed main() {
	f[0]=1;
	//这里是因为当 n=m 时，不用考虑错排情况 
	f[2]=1;fac[0]=1,fac[1]=1,fac[2]=2;
	for(int i=3;i<N;i++) {
		f[i]=(i-1LL)*(f[i-1]+f[i-2])%Mod;
		fac[i]=fac[i-1]*i%Mod;
	}
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--) {
		int n,m;
		cin>>n>>m;
		cout<<(C(n,m)%Mod)*f[n-m]%Mod<<"\n";
	}
	return 0;
}