[CF285E] Positions in Permutations

DP 计数

题面

称一个$1-n$的排列的完美数为有多少个$i$满足$|P_i−i|=1$。
求有多少个长度为$n$的完美数恰好为$m$的排列。

• $n,m\leq1000$

解析

因为要计数，所以$DP$。
显然状态中要包含一些信息：统计第$1-i$个数的答案、有$j$个满足条件、$i-1$和$i+1$二数是否被用过。
但是如果真这样设状态，就只能隔一个数转移一次（因为得到$i-1$的信息必须通过$i-2$)。
边界状态不好设计啊。
然后我懵了

实际上，应该设$f[i][j][k_{(2)}][l_{(2)}]$表示在第$1-i$个数中，已经填了$j$个满足条件的数，$k$表示$i$是否已填，$l$表示$i+1$是否已填。
这样一切都顺理成章了。
决策三种：

• 这一位先不填数（最后把设定不符合条件的数乱填一下）
• 这一位填$i-1$
• 这一位填$i+1$

这样$ans[m]=(dp[n][m][0][0]+dp[n][m][1][0])*2^{n-m}$(另外两状态不合法）

最后考虑计重问题。
这时得到的$ans[m]$是完美数$\geq m$的所有方案。
$ans[m]$包含了$ans[m+1]$中的$C_{m+1}^m$种方案。
$ans[m]$包含了$ans[m+2]$中的$C_{m+2}^m$种方案。
于是乘上组合数容斥一波即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=6e5+100;
int n,m;
ll dp[1005][1005][2][2],C[1005][1005],ans[1005],jc[1005],anss;
il ll gi()
{
   re ll x=0,t=1;
   re char ch=getchar();
   while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
   if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
   while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
   return x*t;
}
int main()
{
  n=gi();m=gi();
  C[0][0]=1;
  fp(i,1,n)
    {
      C[i][0]=1;
      fp(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    }
  jc[0]=1;fp(i,1,n) jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
  dp[0][0][1][0]=1;
  fp(i,1,n)
    fp(j,0,i)
    fp(k,0,1)
    fp(l,0,1)
    {
      (dp[i][j][l][0]+=dp[i-1][j][k][l])%=mod;//不管
      if(j&&k==0) (dp[i][j][l][0]+=dp[i-1][j-1][k][l])%=mod;//取i-1
      if(j) (dp[i][j][l][1]+=dp[i-1][j-1][k][l])%=mod;//取i+1
    }
  fp(i,0,n) (ans[i]+=dp[n][i][0][0]+dp[n][i][1][0])%=mod,ans[i]=ans[i]*jc[n-i]%mod;
  anss=ans[m];
  re int flag=-1;
  fp(i,m+1,n) anss=(anss+flag*ans[i]*C[i][m]%mod+mod)%mod,flag=-flag;
  printf("%lld\n",anss);
  return 0;
}