牛客练习赛77 F 小G的排列
作者：互联网
求有多少个长度为\(n\)的排列，满足最长的相邻差不超过\(1\)的子区间长度小于等于\(m\)。
\(n,m\le 5000\)
老套路容斥。
先用个DP计算出所有的方案：一个方案可以看成，把一个\(1\)到\(n\)的顺序排列划分成\(i\)段，然后将这\(i\)段进行排列，并且其中长度大于等于\(2\)的段反转。于是设\(g_{i,j}\)，有\(g_{i,j}=\sum g_{k,j-1}f_{i-k}2^{[i-k>1]}\)。其中\(f\)是容斥系数。
接下来考虑一个特定的方案，我们希望它的极长段小于等于\(m\)，否则没有共线。一个固定的极长段被算到的方案的生成函数可以表示为\(\sum_{i\ge 1} F^i\)，它等于\(\sum_{i=1}^m x^i\)。解方程即可得到\(F\)。
直接做是\(O(n^3)\)。解出\(F\)之后发现\(F\)有些规律，按照这个规律前缀和可以搞到\(O(n^2)\)。
然而可能有另一种想法：干嘛不把\(2\)丢进容斥系数中？
我对此进行了尝试并猜想了若干个方程，有些不好解我甚至搬出了拉格朗日反演。然而每次解出来的系数都是错的。
我想到了一个解释：当转移一段的时候没有如果没有固定它的方向，对于某种特定的方案，它没有定向，于是极长段还是不确定的。所以上面的方法就出锅了。
没有写\(O(n^2)\)的做法。下面代码中有大量的用于尝试的代码。
using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
#define N 5005
#define ll long long
#define mo 1000000007
ll qpow(ll x,ll y=mo-2){
ll r=1;
for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
if (y&1)
r=r*x%mo;
return r;
}
ll fac[N],ifac[N],inv[N];
void initC(int n){
fac[0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i)
fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
ifac[n]=qpow(fac[n]);
for (int i=n-1;i>=0;--i)
ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mo;
inv[1]=1;
for (int i=2;i<=n;++i)
inv[i]=(mo-mo/i)*inv[mo%i]%mo;
}
int n,m;
int f[N],g[N][N];
void getdiv(int c[],int a[],int b[]){
static int t[N];
memset(t,0,sizeof(int)*(n+1));
for (int i=0;i<=n;++i){
t[i]=(a[i]-t[i]+mo)%mo;
for (int j=1;i+j<=n;++j)
t[i+j]=(t[i+j]+(ll)t[i]*b[j])%mo;
}
memcpy(c,t,sizeof(int)*(n+1));
}
void multi(int c[],int a[],int b[]){
static int t[N];
memset(t,0,sizeof(int)*(n+1));
for (int i=0;i<=n;++i)
for (int j=0;j<=i;++j)
t[i]=(t[i]+(ll)a[j]*b[i-j])%mo;
memcpy(c,t,sizeof(int)*(n+1));
}
void getf(){
static int a[N],b[N],c[N],d[N],e[N];
a[1]=1,a[m+1]=-1;
b[0]=1,b[m+1]=-1;
getdiv(f,a,b);
for (int i=2;i<=n;++i)
f[i]=f[i]*2%mo;
// a[0]=1;
// b[0]=1;
// for (int i=2;i<=n;++i)
// b[i-1]=1;
// getdiv(c,a,b);
// memcpy(d,c,sizeof d);
// for (int k=1;k<=n;++k){
// e[k]=d[k-1]*inv[k]%mo;
// multi(d,d,c);
// }
// a[0]=0,a[1]=1;
// for (int i=2;i<=m;++i)
// a[i]=2;
// for (int j=0;j<=n;++j)
// f[j]=(f[j]+(ll)e[n]*a[j])%mo;
// for (int i=n;i>=1;--i){
// multi(f,f,a);
// for (int j=0;j<=n;++j)
// f[j]=(f[j]+(ll)e[i]*a[j])%mo;
// }
for (int i=0;i<=n;++i)
printf("%d ",f[i]);
printf("\n");
}
int main(){
freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
initC(n+1);
getf();
g[0][0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=1;j<=i;++j)
for (int k=0;k<i;++k)
g[i][j]=(g[i][j]+(ll)g[k][j-1]*f[i-k]%mo)%mo;
ll ans=0;
for (int i=1;i<=n;++i)
(ans+=g[n][i]*fac[i])%=mo;
// ans%=mo;
ans=(ans+mo)%mo;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
标签：练习赛,ifac,int,ll,77,牛客,sum,mo,极长 来源： https://www.cnblogs.com/jz-597/p/14460074.html