CF285E Positions in Permutations 分析

题目概述

对于一个 \(n\) 的排列 \(p\) 定义好位置为满足 \(|p_i-i|=1\) 的位置，问恰好为 \(k\) 个好位置的方案。

分析

一看到这道题目，就感觉跟[AGC005D] ~K Perm Counting一样。

考虑容斥，设 \(F(m)\) 表示钦定了 \(m\) 个好位置剩下随便排的方案，\(G(m)\) 表示恰好为 \(m\) 个好位置。

那么根据二项式反演可以得到：

\[G(m)=\sum_{i=m}^n(-1)^{i-m}\binom{i}{m}F(i) \]

考虑怎么求 \(F(m)\)。

直接沿用那道题目的分成两部图的方法，然后进行连边，具体而言是左边的 \(i\) 连向右边的 \(i-1\) 和 \(i+1\)，可以将左边的看作位置，右边的看作 \(p_i\)。

然后我们会依照连边拉出来两条边的数量为 \(n-1\) 的链，其实这样就可以直接 \(dp\) 了，但是我们不要，我们用组合数学的方法。

发现这两条链可以分别处理并且都是互不影响的，所以我们先关注一条链。

我们不能选择两条相邻的边，因为这样会导致他不知道在那个位置，这也就转化成了拥有 \(n-1\) 条边的链选择 \(k\) 条不相邻的边的方案数是多少。

我们考虑我们选择的序列为 \(a\)（长度为 \(k\)），那么他需要满足：对于任意 \(i\geq 2,a_{i+1}\geq a_i+2\)。

发现这个约束不好做，转化成相差为一的，套路地令 \(b_i\leftarrow a_i-(i-1)\)，那么 \(b\) 满足：\(1\leq b_1<b_2<\dots<b_k\leq n-(k-1)=n-k+1\)。

这相当于在 \(1\) 到 \(n-k+1\) 这些数选择 \(k\) 个，最后排序就是 \(b\) 了。

综上所述，拥有 \(n-1\) 条边的链选择 \(k\) 条不相邻的边的方案数为 \(\binom{n-k+1}{k}\)。

我们现在要将两条链组合起来，设 \(f_m\) 表示总共选 \(m\) 条边的方案。

那么显然有：\(f_m=\sum_{i=0}^m\binom{n-1-i+1}{i}\binom{n-1-(m-i)+1}{m-i}\)。

那么有：\(F(m)=f_m(n-m)!\)。

然后反演求出 \(G(m)\) 即可。

代码

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define int long long
#define N 1005
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int jc[N],inv[N];
int C(int a,int b) {
    if (a < 0 || b < 0 || a < b) return 0;
    return jc[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;
}
int f[N];
signed main(){
    jc[0] = jc[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
    for (int i = 2;i < N;i ++) jc[i] = jc[i - 1] * i % mod,inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
    for (int i = 2;i < N;i ++) inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % mod;
    int n,k;
    cin >> n >> k;
    for (int i = 0;i <= n;i ++)
        for (int j = 0;j <= i;j ++) f[i] = (f[i] + C(n - j,j) * C(n - (i - j),i - j) % mod) % mod;
    int ans = 0;
    for (int i = k,t = 1;i <= n;i ++,t = -t)
        ans = (ans + (t * C(i,k) % mod * f[i] % mod * jc[n - i] % mod + mod) % mod) % mod;
    cout << ans;
    return 0;
}

分析2

当然的，也有 \(dp\) 做法，跟这个一开始的思路不太一样。

我们考虑直接 \(dp\)，注意到第 \(i\) 个位置是否是好的只跟 \(i-1\) 和 \(i+1\) 有关。

不妨设 \(f_{i,j,0/1,0/1}\) 表示前 \(i\) 个位置有 \(j\) 个是好的，数字 \(i\) 有无被用，数字 \(i+1\) 有无被用。

转移是简单的。

• 当前位置是好的，那么可能放 \(i+1\)，可能放 \(i-1\)，看他们的数字有没有被用即可。
• 否则，不好。

代码2

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define int long long
#define N 1005
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int jc[N],inv[N];
int C(int a,int b) {
    if (a < 0 || b < 0 || a < b) return 0;
    return jc[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;
}
void pls(int &x,int y) {
    (x += y) %= mod;
}
int add(int x,int y){return (x + y) % mod;}
int f[N][N][2][2],n,k,F[N];
signed main(){
    jc[0] = jc[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
    for (int i = 2;i < N;i ++) jc[i] = jc[i - 1] * i % mod,inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
    for (int i = 2;i < N;i ++) inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % mod;
    cin >> n >> k;
    f[1][0][0][0] = f[1][1][0][1] = 1;
    for (int i = 2;i <= n;i ++) {
        f[i][0][0][0] = 1;
        for (int j = 1;j <= i;j ++) {
            f[i][j][0][0] = add(f[i - 1][j - 1][0][0],add(f[i - 1][j][0][0],f[i - 1][j][1][0]));
            f[i][j][0][1] = add(f[i - 1][j - 1][0][0],f[i - 1][j - 1][1][0]);
            f[i][j][1][0] = add(f[i - 1][j - 1][0][1],add(f[i - 1][j][1][1],f[i - 1][j][0][1]));
            f[i][j][1][1] = add(f[i - 1][j - 1][0][1],f[i - 1][j - 1][1][1]);
        }
    }
    f[n][0][0][0] = 1;
    for (int i = 1;i <= n;i ++) {
        f[n][i][0][0] = add(f[n - 1][i - 1][0][0],add(f[n - 1][i][0][0],f[n - 1][i][1][0]));
        f[n][i][1][0] = add(f[n - 1][i - 1][0][1],add(f[n - 1][i][0][1],f[n - 1][i][1][1]));
    }
    for (int i = 0;i <= n;i ++) F[i] = (f[n][i][0][0] + f[n][i][1][0]) % mod * jc[n - i] % mod;
    int ans = 0;
    for (int i = k,t = 1;i <= n;i ++,t = -t)
        ans = (ans + (t * C(i,k) % mod * F[i] % mod + mod) % mod) % mod;
    cout << ans;
    return 0;
}

后记

转移的三种情况

情况1：让位置 \(i\) 作为好位置，选择 \(p_i = i-1\)

选择 \(i-1\) 放在位置 \(i\)（即 \(p_i = i-1\)）

条件：

数字 \(i-1\) 必须没有被占用（即前一个状态的第一个维度为0）

因为如果数字 \(i-1\) 被占用，说明它已经是某个 \(p_x = x±1\) 的目标值，不能再被选

转移：

f[i][j][0][0] += f[i-1][j-1][0][0]  // i空闲，i+1空闲
f[i][j][1][0] += f[i-1][j-1][0][1]  // i被占用，i+1空闲

这里第三个维度（\(i\) 被占用）取决于前一个状态的第二个维度。

情况2：让位置 \(i\) 作为好位置，选择 \(p_i = i+1\)

选择 \(i+1\) 放在位置 \(i\)（即 \(p_i = i+1\)）

条件：

数字 \(i+1\) 必须没有被占用（但这里我们正在选择它，所以标记为被占用）

转移：

f[i][j][0][1] += f[i-1][j-1][0][0] + f[i-1][j-1][1][0]  // i空闲，i+1被占用
f[i][j][1][1] += f[i-1][j-1][0][1] + f[i-1][j-1][1][1]  // i被占用，i+1被占用

这里第二个维度（\(i+1\) 被占用）被设置为 \(1\)。

情况3：位置 \(i\) 不作为好位置

位置 \(i\) 可以放任意值，但不能是 \(i-1\) 或 \(i+1\)

转移：

f[i][j][0][0] += f[i-1][j][0][0] + f[i-1][j][1][0]  // i空闲，i+1空闲
f[i][j][1][0] += f[i-1][j][0][1] + f[i-1][j][1][1]  // i被占用，i+1空闲

这里状态继承前一个状态，但第三个维度变为 \(0\)（因为 \(i\) 不作为好位置的目标值）。

由于只考虑这特定 \(3\) 个位置的情况，\(i+1\) 是不能算过来的。