习题：Iahub and Permutations（容斥）

题目

传送门

思路

这里的解法的说明应该是可以拓展的

首先简化问题，有\(n\)个盒子，\(n\)个球，盒子有编号，球也有编号，只有\(cnt\)个编号盒子中有，并且球中也有这些编号

正难则反，总共的方案数就是\(n!\)，要算的可以转换为不合法的方案

即总共的方案可以转换为恰好有一个盒子不满足一直累加到恰好有\(cnt\)盒子不满足

按照套路，将恰好有\(i\)个盒子不满足转换成为至少有\(i\)个盒子不满足

那么考虑如果有一个方案，它有\(t\)个盒子不满足，那么这个方案会被哪些条件统计到？

设\(f(i)\)为容斥系数，那么一定满足

\(1=\sum_{i=1}^{t}C_t^if(i)\)

那么转换为求\(f\)的值

如果\(f(t)\)已知，尝试推到到\(f(t+1)\)

\(1=\sum_{i=1}^{t+1}C_{t+1}^if(i)=f(t+1)+\sum_{i=1}^{t}C_{t+1}^if(i)\)

那么有\(f(t+1)=1-\sum_{i=1}^{t}C_{t+1}^if(i)\)

那么接下来的工作就很简单了，容斥系数已经求出，剩下的只剩统计至少\(i\)个的方案数了

很简单，即为\(C_{cnt}^i(n-i)!\)

代码

#include<iostream>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n;
int a[2005],f[2005];
int tot,cnt;
long long ans;
long long fac[2005],inv[2005];
bool vis[2005],used[2005];
long long c(int n,int m)
{
    return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
long long qkpow(int a,int b)
{
    if(b==0)
        return 1;
    if(b==1)
        return a;
    long long t=qkpow(a,b/2);
    t=t*t%mod;
    if(b&1)
        t=t*a%mod;
    return t;
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    fac[0]=1;
    inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        fac[i]=i*fac[i-1]%mod;
        inv[i]=qkpow(fac[i],mod-2);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(a[i]==-1)
        {
            vis[i]=1;
            tot++;
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(a[i]!=-1)
            used[a[i]]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(vis[i]==1&&used[i]==0)
            cnt++;
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=cnt;i++)
    {
        long long temp=0;
        for(int j=1;j<i;j++)
            temp=(temp+c(i,j)*f[j]%mod)%mod;
        f[i]=(1+mod-temp)%mod;
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        ans=(ans+f[i]*c(cnt,i)%mod*fac[tot-i]%mod)%mod;
    }
    cout<<((fac[tot]-ans)%mod+mod)%mod;
    return 0;
}