C. On the Bench(dp + 組合數)
阿新 • • 發佈:2018-12-31
題意
一個長度為 \(n\) 的序列 \(A\) ,定義一個 \(1\) 到 \(n\) 的排列 \(p\) 是合法的,當且僅當 \(\forall i \in [1, n − 1], A_{p_i} × A_{p_i+1}\) 不是完全平方數。
求有多少合法的排列,對 \(10^9 + 7\) 取模。
\(n \le 300, A_i \le 10^9\)
題解
對於每個元素去掉它的平方質因子,問題轉化為有多少排列 \(p\) 滿足 \(\forall i \in [1, n − 1], A_{p_i} \not = A_{p_i+1}\) ,即相鄰元素不同。
然後這個就是一個經典模型(多重集合交錯排列的經典題目)了。
其中一種做法是 \(dp\) + 容斥。參考了 breezeYoung 的講解。
令 \(dp[i][j]\) 表示考慮前 \(i\) 個數至多分成 \(j\) 塊的個數,那麼(此處 \(n_i\) 當前相同的個數):
\[
dp[i][j] = \sum_{j = 1} ^ k dp[i - 1][j - k] {n_i-1 \choose j-1} \frac{n_i!}{j!}
\]
這個式子的組合意義就是列舉你當前把 \(n_i\) 個數分成幾個獨立不同的塊,然後對於這些塊忽略他們位置的區別。
最後答案要容斥計算:
\[
ans = \sum_{i = 0}^{n} (-1)^{n - i} dp[n][i] \times i!
\]
注意前面忽略的區別這裡要乘回來他們相應位置的方案。
總結
滿足條件的計數還是記得 要容斥啊。轉化模型的能力需要提升。
程式碼
#include <bits/stdc++.h> #define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i) #define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i) #define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a)) #define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a)) #define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl #define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__) using namespace std; template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;} template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;} inline int read() { int x(0), sgn(1); char ch(getchar()); for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1; for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48); return x * sgn; } void File() { #ifdef zjp_shadow freopen ("C.in", "r", stdin); freopen ("C.out", "w", stdout); #endif } const int N = 310, Mod = 1e9 + 7; int n, a[N], tot[N], m, dp[N][N]; map<int, int> M; inline int fpm(int x, int power) { int res = 1; for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod) if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod; return res; } int fac[N], ifac[N]; void Math_Init(int maxn) { fac[0] = ifac[0] = 1; For (i, 1, maxn) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % Mod; ifac[maxn] = fpm(fac[maxn], Mod - 2); Fordown (i, maxn - 1, 1) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % Mod; } inline int C(int n, int m) { if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0; return 1ll * fac[n] * ifac[m] % Mod * ifac[n - m] % Mod; } int main () { File(); n = read(); Math_Init(n); For (i, 1, n) { int val = read(); For (j, 2, sqrt(val + .5)) { int cur = j * j; while (!(val % cur)) val /= cur; } a[i] = val; if (!M[a[i]]) M[a[i]] = ++ m; ++ tot[M[a[i]]]; } dp[0][0] = 1; For (i, 1, m) For (j, 1, n) For (k, 1, min(tot[i], j)) dp[i][j] = (dp[i][j] + 1ll * dp[i - 1][j - k] * C(tot[i] - 1, k - 1) % Mod * fac[tot[i]] % Mod * ifac[k]) % Mod; int ans = 0; Fordown (i, n, 0) ans = (ans + (((n - i) & 1) ? -1ll : 1ll) * dp[m][i] * fac[i]) % Mod; ans = (ans % Mod + Mod) % Mod; printf ("%d\n", ans); return 0; }