前言

来篇 atcoder 的题解欧~

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题意

有两个包含 \(n\) 个数字的序列 \(A\) 、 \(B\) ，满足一下条件：

• \(1\leq A_i,B_i\leq m,(i\in[i,n])\)
• \(A_i\neq B_i,(i\in[i,n])\)
• \(A_i\neq A_j(1\leq i<j\leq n)\)

给定 \(n\) ， \(m\) ，且 \(n\leq m\) ，求合法的方案数。

两种不同的方案，当且仅当序列 \(A\) 不同或序列 \(B\) 不同。

两个序列不同，当且仅当 \(\forall i,j\leq n,a[i]\neq a[j]\) 。

思路

错排问题的变式。

首先来说明错排问题的递推解法：\(dp[i]=(i-1)(dp[i-1]+dp[i-2])\) 。

其中， \(dp[i]\) 为 \(1\) ~ \(i\) 的错排方案数。

证明：对于第 \(n\) 个加入的数字，有 \(n-1\) 种放发（不能够放在位置 \(n\) 上）。

对于每一个 \(k\) 不与 \(n\) 相等，将 \(n\) 放在位置 \(k\) ，有两种情况。

• \(k\) 放在位置 \(n\) 上，则相当于不管 \(n\) 和 \(k\) ，然后剩下的 \(n-2\) 个数字错排，有 \(dp[i-2]\) 种情况。
• \(k\) 没有放在位置 \(n\) 上，因为 \(k\) 不能放在位置 \(n\) 上，所以就相当于不包括数字 \(n\) 的错排，有 \(dp[i-1]\) 种情况。

我们首先固定序列 \(A\) ，选出 \(n\) 个数字，则共有 \(A_m^n\) 种方案。则对于这 \(A_m^n\) 种方案，所选出的 \(B\) 构成的合法方案都不同，那么就只用针对一个典型的案例来进行研究就行了。

则问题就可以转换为：加入 \(n\) 个数字使得这些数字都在 \(1\) ~ \(m\) 内，且互不相同，且满足：\(i\) 不在位置 \(i\) 上，\(i\in[1,n]\)。

我将这个问题称之为“假错排”。

“假错排”就是在上述的情况上加上一种情况：

• 对于第 \(n\) 个加入的数字，将任意一个数字 \(k(k\in[1,m],k\notin A)\) 填入位置 \(n\) 。

则可以得到状态转移方程：\((m-n)dp[i-1]+(i-1)(dp[i-1]+dp[i-2])\) 。

然后这道题就做完了。

Code

时间复杂度为 \(O(n)\) ，代码很短。

#include <cstdio>
#define int long long
const int MAXN = 5e5 + 5;
const int MOD = 1e9 + 7;
int dp[MAXN], n, m, ans;
signed main() {
	scanf("%lld %lld", &n, &m);
	dp[0] = 1;
	dp[1] = m - n;
	for(int i = 2; i <= n; i++)
		dp[i] = ((m - n) * dp[i - 1] % MOD + (i - 1) * (dp[i - 2] + dp[i - 1]) % MOD) % MOD;
	ans = dp[n];
	for(int i = m, j = 1; j <= n; i--, j++)
		ans = (ans * i) % MOD;
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

标签：数字,int,题解,leq,序列,ABC172E,错排,dp,NEQ
来源： https://www.cnblogs.com/C202202chenkelin/p/15008669.html