題目傳送門

　　傳送門I

　　傳送門II

　　傳送門III

題目大意

　　給定$n$個數，我們認為它們互不相同，即使它們數值上相等，問存在多少排列方式，使得任意兩個相鄰位置上的數的乘積不是完全平方數。

　　顯然一個正整數$x$可以被表示為$d_{1}\cdot s_{1}^{2}$，其中$d,s\in N_{+}$，$d$取最小值。

　　另一個正整數$y$表示為$d_{2}\cdot s_{2}^{2}$。那麼$xy$是完全平方數的充分必要條件是$d_{1} = d_{2}$。（可以先證明$d$不含平方因子，然後用反證法證明）

　　然後問題可以轉化成有$n$個互不相同的球，每個球被塗有一種顏色，要求將所有球排成一排，同種顏色的球不相鄰的方案數。

　　考慮設$f_{i, j}$表示當前考慮到第$i$種顏色，已經有$j$個連續的段。

　　每次考慮放入一種顏色的所有球。主要有三種情況：

1. 一個球被拿去連線兩段球
2. 一個球被放入了一個獨立的段
3. 一個球放在某一段的端點處

　　我們列舉第一種情況的球的個數。假設第$i$種顏色有$c$個球，原本有$j$段球，現在我要拿$x$球作為第一種情況，拿$y$個球作為第二種情況。（這樣根據之前有多少段計算現在有多少段）

1. 對於第一部分，首先我需要選擇$x$個球，然後在$j - 1$個間隙中選出$x$個間隙，再決定每個球放在哪個間隙。這一部分方案數是$\binom{c}{x}\binom{j - 1}{x}x!$
2. 對於第二部分，我需要從剩下的$x - c$個球中選出$y$個球，我先將它排列好，然後分成$j - x$段插入間隙中（這個插入和上面的那種情況不同，這裡不會連線兩端點）。顯然這一部分的方案數是$\binom{c - x}{y}\binom{y + j - x}{j - x}y!$
3. 對於第三部分，剩下的球已經是確定的了，不用考慮。我只需要從$2(j - x)$個可選的位置中選擇$c - x - y$個位置，然後排列一下把球放上去。

　　時間複雜度$O(n^{3})$

Code

  1 /**
  2  * Codeforces
  3  * Problem#840C
  4
 
  * Accepted
  5  * Time: 62ms
  6  * Memory: 1800k
  7  */
  8 #include <algorithm>
  9 #include <iostream>
 10 #include <cstdlib>
 11 #include <cstdio>
 12 using namespace std;
 13 typedef bool boolean;
 14 
 15 const int N = 305, M = 1e9 + 7;
 16 
 17 int add(int a, int b) {
 18     return ((a += b) >= M) ? (a - M) : (a);
 19 }
 20 
 21 int mul(int a, int b) {
 22     return (a * 1ll * b) % M;
 23 }
 24 
 25 void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
 26     if (!b)
 27         x = 1, y = 0;
 28     else {
 29         exgcd(b, a % b, y, x);
 30         y -= (a / b) * x;
 31     }
 32 }
 33 
 34 int inv(int a, int n) {
 35     int x, y;
 36     exgcd(a, n, x, y);
 37     return (x < 0) ? (x + n) : (x);
 38 }
 39 
 40 int n;
 41 int ar[N];
 42 int f[N][N];
 43 int fac[N], _fac[N];
 44 int C[N << 1][N << 1];
 45 
 46 inline void init() {
 47     scanf("%d", &n);
 48     for (int i = 1, x, y; i <= n; i++) {
 49         scanf("%d", &x), y = 1;
 50         for (int p = 2, a = 0; p * p <= x; p++, a = 0) {
 51             while (!(x % p))
 52                 x /= p, a ^= 1;
 53             if (a)
 54                 y *= p;
 55         }
 56         if (x > 1)
 57             y *= x;
 58         ar[i] = y;
 59     }
 60 }
 61 
 62 inline void solve() {
 63     sort(ar + 1, ar + n + 1);
 64     C[0][0] = 1;
 65     for (int i = 1; i <= (n << 1); i++) {
 66         C[i][0] = C[i][i] = 1;
 67         for (int j = 1; j < i; j++)
 68             C[i][j] = add(C[i - 1][j - 1], C[i - 1][j]);
 69     }
 70 
 71     fac[0] = 1;
 72     for (int i = 1; i <= n; i++)
 73         fac[i] = mul(fac[i - 1], i);
 74     _fac[n] = inv(fac[n], M);
 75     for (int i = n; i; i--)
 76         _fac[i - 1] = mul(_fac[i], i);
 77 
 78     int t = 1;
 79     f[0][0] = 1;
 80     for (int i = 1, r = i; i <= n; i = r, t++) {
 81         while (r <= n && ar[r] == ar[i])
 82             r++;
 83         int cnt = r - i;
 84         for (int j = 0; j < i; j++) {
 85             for (int k = j; k <= j + cnt; k++) {
 86                 int c_indep = k - j, c_depen = cnt - c_indep;
 87                 int n_indep = mul(mul(C[cnt][c_indep], fac[c_indep]), C[c_indep + j][j]);
 88                 int n_depen = mul(C[j * 2][c_depen], fac[c_depen]);
 89                 f[t][k] = add(f[t][k], mul(f[t - 1][j], mul(n_indep, n_depen)));
 90             }
 91 //                f[t][k] = add(f[t][k], mul(f[t - 1][j], mul(mul(fac[k], _fac[j]), mul(C[j * 2][cnt - k + j], fac[cnt - k + j]))));
 92             for (int con = 1; con < j; con++) {
 93                 for (int k = j - con; k < r; k++) {
 94                     int c_indep = k - j + con, c_depen = cnt - con - c_indep;
 95                     if (c_depen < 0)
 96                         break;
 97                     int n_conne = mul(C[j - 1][con], mul(C[cnt][con], fac[con]));
 98                     int n_indep = mul(C[cnt - con][c_indep], mul(fac[c_indep], C[c_indep + j - con][j - con]));
 99                     int n_depen = mul(C[(j - con) * 2][c_depen], fac[c_depen]);
100                     f[t][k] = add(f[t][k], mul(f[t - 1][j], mul(n_conne, mul(n_indep, n_depen))));
101 //                    f[t][k] = add(f[t][k], mul(f[t - 1][j], mul(mul(C[j - 1][con], ), mul(fac[j + ind], mul(_fac[j], C[(j - con) * 2][dep])))));
102                 }
103             }
104          }
105 //        for (int i = 0; i < r; i++)
106 //            cerr << f[t][i] << " " ;
107 //        cerr << '\n';
108     }
109     printf("%d\n", f[t - 1][1]);
110 }
111 
112 int main() {
113     init();
114     solve();
115     return 0;
116 }