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【详细揭秘】多重集の交错排列

目录

1. 题面

一个多重集，问相邻元素不相同的排列有多少个 .

2. 解法

Step 1. 容斥

为了方便，我们令这个多重集 \(M\) 有 \(m\) 中不同元素 \(a_1,a_2,\cdots,a_m\)，并且各出现 \(n_1,n_2,\cdots,n_m\) 次 .

考虑容斥，于是问题变成求至少有 \(t\) 个同种元素构成的方案数 .

将「打破 \(t\) 个约束」看作「合并 \(t\) 个集合」的过程，即用捆绑法每次将两个元素合并成一个元素，那么合并之后看成多重集全排列即可 .

于是答案就是

\[\sum_{b_{1\cdots,m}\,,0\le b_i<n_i}\dfrac{(\sum n_i-b_i)!}{\prod(n_i-b_i)!}\prod_{i=1}^m(-1)^{b_i}\dbinom{n_i-1}{b_i} \]

Step 2. dp

转而枚举 \(n_i-b_i\)（下式中写为 \(c_i\)），则柿子变为

\[\sum_{c_{1\cdots,m}\,,1\le c_i\le n_i}\dfrac{(\sum c_i)!}{\prod c_i!}\prod_{i=1}^m(-1)^{n_i-c_i}\dbinom{n_i-1}{n_i-c_i} \]

再令 \(s=\sum c_i\)，则柿子化成

\[\sum_{c_{1\cdots,m}\,,1\le c_i\le n_i}(-1)^{n-s}\dfrac{s!}{\prod c_i!}\prod_{i=1}^m\dbinom{n_i-1}{n_i-c_i} \]

这个容斥系数 \((-1)^{n-s}\) 和 \(s!\) 都解决掉了，考虑计算后面的

\[\dfrac{1}{\prod c_i!}\prod_{i=1}^m\dbinom{n_i-1}{n_i-c_i} \]

我们枚举一个 \(\sum c_i\)，这样 \(c_i\) 就有俩限制，于是可以背包 .

令 \(dp_{i,j}\) 为考虑前 \(i\) 个元素，且 \(\sum c_i=j\) 的答案，则

\[dp_{i,j}=\sum_{k=1}^{\min(n_i,j)}dp_{i-1,j-k}\cdot \dfrac1{k!}\dbinom{n_i-1}{n_i-k} \]

非常标准的背包转移 .

预处理组合数，则可以 \(O(n^2)\) 求解 .

3. [AHOI2018初中组]球球的排列

1. 题面

链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4448

给一个序列 \(\{a\}\)，问有多少个排列 \(\{p\}\) 满足对于所有 \(2\le i<n\)，有 \(a_{p_i-1}\cdot a_{p_i+1}\) 不为完全平方数 .

数据范围：\(a_i\le 10^9,\,n\le 300\) .

2. 解法

显然「完全平方」性质是有传递性的，即如果 \(xy,yz\) 均为完全平方数，则 \(xz\) 为完全平方数 .

所以说，就转换成了上面那个问题，但是要带标号 .

只需要把以前的柿子乘个阶乘即可（\(\prod\) 里面多乘个 \(n_i!\)，显然 dp 转移方程里也该乘 \(n_i!\)）.

这个题的代码：

using namespace std;
#define int long long // 去掉就 WA 一部分 qwq，我也不知道哪里忘改 long long 了 :( 
typedef long long ll;
const int N=333,MOD=1e9+7;
int n;
ll a[N],r[N],sz[N],dp[N],tdp[N],tmp[N],fac[N],ifac[N],inv[N],ans;
template<typename T>
inline T sqr(const T& t){return t*t;}
bool issqr(ll a){return sqr((int)(sqrt(a)))==a;}
ll C(int m,int n){return (m<n)?0:fac[m]*ifac[n]%MOD*ifac[m-n]%MOD;}
void initC(int n)
{
	fac[0]=ifac[0]=fac[1]=ifac[1]=inv[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
		inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
		ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%MOD;
	}
}
signed main()
{
	scanf("%lld",&n); initC(n);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i);
	for (int i=1;i<=n;i++) r[i]=i;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		++sz[r[i]];
		for (int j=i+1;j<=n;j++)
			if (issqr(a[i]*a[j])) r[j]=r[i];
	}
	dp[0]=1; ll tot=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (!sz[i]) continue;
		for (int j=0;j<=tot;j++){tmp[j]=dp[j]; dp[j]=0;}
		for (int j=0;j<sz[i];j++)
		{
			tdp[j]=ifac[sz[i]-j]*C(sz[i]-1,j)%MOD;
			if (j&1) tdp[j]=MOD-tdp[j];
			for (int k=0;k<=tot;k++) dp[j+k]=(dp[j+k]+tdp[j]*tmp[k])%MOD;
		} tot+=sz[i]-1;
	}
	for (int i=0;i<=tot;i++) ans=(ans+dp[i]*fac[n-i])%MOD;
	for (int i=1;i<=n;i++) ans=ans*fac[sz[i]]%MOD;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
// 参考 https://www.luogu.com.cn/blog/skydogli/solution-p4448
posted @ 2021-08-16 19:25  Jijidawang  阅读(168)  评论(1)  编辑  收藏  举报
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