Codeforces Round #429 (Div. 1) C. On the Bench（dp + 组合数）

题意

一个长度为 $n$ 的序列 $A$ ，定义一个 $1$ 到 $n$ 的排列 $p$ 是合法的,当且仅当 $\forall i \in [1, n − 1], A_{p_i} × A_{p_i+1}$ 不是完全平方数。
求有多少合法的排列，对 $10^9 + 7$ 取模。

$n \le 300, A_i \le 10^9$

题解

对于每个元素去掉它的平方质因子，问题转化为有多少排列 $p$ 满足 $\forall i \in [1, n − 1], A_{p_i} \not = A_{p_i+1}$ ，即相邻元素不同。

然后这个就是一个经典模型（多重集合交错排列的经典题目）了。

其中一种做法是 $dp$ + 容斥。参考了 breezeYoung 的讲解。

令 $dp[i][j]$ 表示考虑前 $i$ 个数至多分成 $j$ 块的个数，那么（此处 $n_i$ 当前相同的个数）：

$$dp[i][j] = \sum_{j = 1} ^ k dp[i - 1][j - k] {n_i-1 \choose j-1} \frac{n_i!}{j!}$$

这个式子的组合意义就是枚举你当前把 $n_i$ 个数分成几个独立不同的块，然后对于这些块忽略他们位置的区别。

最后答案要容斥计算：

$$ans = \sum_{i = 0}^{n} (-1)^{n - i} dp[n][i] \times i!$$

注意前面忽略的区别这里要乘回来他们相应位置的方案。

总结

满足条件的计数还是记得 要容斥啊。转化模型的能力需要提升。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("C.in", "r", stdin);
	freopen ("C.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 310, Mod = 1e9 + 7;

int n, a[N], tot[N], m, dp[N][N];

map<int, int> M;

inline int fpm(int x, int power) {
	int res = 1;
	for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
		if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
	return res;
}

int fac[N], ifac[N];
void Math_Init(int maxn) {
	fac[0] = ifac[0] = 1;
	For (i, 1, maxn) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % Mod;
	ifac[maxn] = fpm(fac[maxn], Mod - 2);
	Fordown (i, maxn - 1, 1) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % Mod;
}

inline int C(int n, int m) {
	if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
	return 1ll * fac[n] * ifac[m] % Mod * ifac[n - m] % Mod;
}

int main () {

	File();

	n = read();
	
	Math_Init(n);

	For (i, 1, n) {
		int val = read();
		For (j, 2, sqrt(val + .5)) {
			int cur = j * j;
			while (!(val % cur)) val /= cur;
		}
		a[i] = val;
		if (!M[a[i]]) M[a[i]] = ++ m;
		++ tot[M[a[i]]];
	}

	dp[0][0] = 1;
	For (i, 1, m) For (j, 1, n)
		For (k, 1, min(tot[i], j))
			dp[i][j] = (dp[i][j] + 1ll * dp[i - 1][j - k] * C(tot[i] - 1, k - 1) % Mod * fac[tot[i]] % Mod * ifac[k]) % Mod;

	int ans = 0;
	Fordown (i, n, 0)
		ans = (ans + (((n - i) & 1) ? -1ll : 1ll) * dp[m][i] * fac[i]) % Mod;
	ans = (ans % Mod + Mod) % Mod;
	printf ("%d\n", ans);

	return 0;

}

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本文作者：zjp_shadow
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