測試地址：On the Bench
題目大意： 給出一個長為 $n$的序列 $A$，問有多少種 $1$

1 ~ $n$的排列 $p$，滿足對於任意 $1\le$

i < n 1\le i<n ，有 $A_{P_i}$

⋅ A P i + 1 A_{P_i}\cdot A_{P_{i+1}} 不為完全平方數。
做法： 本題需要用到DP+組合數學。
直接狀壓DP的複雜度應該是 $O(n^22^n)$的，肯定會爆，我們需要進一步發掘條件的性質。
我們發現兩個數乘積為完全平方數這個性質有“傳遞性”，即若 $a\cdot b$為完全平方數， $b\cdot c$為完全平方數，則 $a\cdot c$也為完全平方數。證明的話，我們只需要分開來看每個質因子的冪次的奇偶性即可，根據條件， $a$和 $c$的各質因子的冪次應該關於模 $2$分別同餘，而這也就意味著它們的冪次和一定為偶數，所以結論成立。
於是現在問題就簡化為，有 $tot$組數，共 $n$個數，要排成一排，同組數之間不能相鄰，問方案數。令第 $i$組數中數的個數為 $num_i$，我們考慮一組一組進行轉移。
我們先忽略它們在最後整個排列中的絕對位置，只考慮它們目前的相對位置，即不考慮空格的存在。那麼令 $f(i,j)$為前 $i$組陣列成的排列中，不合法的相鄰元素對數有 $j$對（以下簡稱為不合法位置有 $j$個）的方案數，我們考慮 $f(i-1,j)$會對 $f(i,x)$產生什麼影響。
考慮第 $i$組如何擺放。首先我們把這一組的數拆成 $k$個連續段，這樣這一組數內部會產生 $num_i-k$個不合法位置，這一步的話，拆分有 $C_{num_i-1}^{k-1}$種方案，而同組數內順序可以互換，不會產生其他影響，因此還要乘上一個 $num_i!$。拆完後，要把這 $k$段插入到序列中，此時會對原來序列中的不合法位置產生一些影響。令插入到原來序列中不合法位置的段數為 $l$，顯然插入後不合法位置就會減少 $l$，而這樣插入的方案數應該為： $C_j^l\cdot C_{last+1-j}^{k-l}$， $last$表示前 $i-1$組數中元素數量之和，也就是插入前序列的長度，那麼上式應該就非常明顯了：在 $j$個不合法位置中選 $l$個插入，剩下的在合法位置選一些位置插入，因此就是兩個組合數的乘積。於是在列舉 $k,l$的基礎上，我們得到了 $f(i-1,j)$的貢獻：
$f(i-1,j)\cdot num_i!\cdot C_{num_i-1}^{k-1}\cdot C_j^l\cdot C_{last+1-j}^{k-l}$
而進行完這一些操作後，不合法位置數目變為 $j+num_i-k-l$，因此這個貢獻應該累加在 $f(i,j+num_i-k-l)$中。於是最後的答案就是 $f(tot,0)$了。
上面的轉移方程看上去是 $O(n^4)$的（ $i,j,k,l$），但因為 $k$列舉的範圍只到 $num_i$，因此實際上時間複雜度為 $O(n^3)$，可以通過此題。
以下是本人程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
int n,num[310],sum[310],tot=0,belong[310];
ll a[310],f[310][310],fac[310],C[310][310];

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		belong[i]=i;
		scanf("%lld",&a[i]); 
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if (belong[i]
            
  
           

              
              
            
            
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Description

Input

Output

Sample Input

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10 20 30
2
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5 5 5
7
 

  
 

    

    
    
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Description

Input

Output

Sample Input
5 4 
4 2 -1  

  
 

    

    
    
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#include <stdio.h>
int main()
{
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