「AGC 005D」~K Perm Counting

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Description

题目链接：AGC 005D

给出 $n$ 和 $k$，求有多少个长度为 $n$ 的排列 $a$ 使得对于任意的 $1\le i\le n$，都满足 $|a_i-i|\neq k$。

数据范围：$2\le n\le 2000$，$1\le k<n$

Solution

很显然本题正着做很麻烦，于是我们考虑容斥的方法。

记 $f(i)$ 表示至少有 $i$ 个位置不满足条件的方案数，则答案为

注意到对于每个数，与它的差的绝对值为 $k$ 的数不超过 $2$ 个，也就是说如果在 $x$ 和 $x+k$ 之间连边，那么会形成 $k$ 条链，每个点只能和与它有相连的边配对（如果要不满足条件，$x$ 要放在下标为 $x\pm k$ 的位置）。

考虑对每条链 $\text{DP}$，设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个点选了 $j$ 个不满足条件的数的方案数。

但是注意到一点：每个数 $x$ 可以和 $x\pm k$ 配对，所以我们需要记录下当前点和下一个点是否被配对。

考虑对于每条链 $\text{DP}$，我们记 $f[i][j][p][q]$ 表示前 $i$ 个点选了 $j$ 个不满足条件的数，当前数字 $x$ 和下一个 $x+k$ 是否被选上的方案。

具体 $\text{DP}$ 转移详见代码（注意有些转移要求差为 $k$）。

时间复杂度：$O(n^2)$

Code

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#include <cstdio>
#define FOR(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)

const int N=2005;
const int P=924844033;
int n,k,a[N],fac[N];
long long f[N][N][2][2];
bool vis[N];

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&k);
    fac[0]=1;
    FOR(i,1,n) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%P;
    int tot=0;
    FOR(i,1,n) if(!vis[i]) for(int j=i;j<=n;j+=k) vis[j]=1,a[++tot]=j;
    f[0][0][0][0]=1;
    a[0]=-(1<<30);
    FOR(i,1,n) {
        f[i][0][0][0]=1;
        FOR(j,1,i) {
            f[i][j][0][0]=(f[i-1][j][1][0]+f[i-1][j][0][0]+(a[i]-a[i-1]==k)*f[i-1][j-1][0][0])%P;
            f[i][j][0][1]=(a[i+1]-a[i]==k)*(f[i-1][j-1][1][0]+f[i-1][j-1][0][0])%P;
            f[i][j][1][0]=(f[i-1][j][0][1]+f[i-1][j][1][1]+(a[i]-a[i-1]==k)*f[i-1][j-1][0][1])%P;
            f[i][j][1][1]=(a[i+1]-a[i]==k)*(f[i-1][j-1][0][1]+f[i-1][j-1][1][1])%P;
        }
    }
    int ans=0;
    FOR(i,0,n) {
        int sum=(f[n][i][0][0]+f[n][i][0][1]+f[n][i][1][0]+f[n][i][1][1])%P;
        if(i&1) (ans+=P-1LL*sum*fac[n-i]%P)%=P;
        else (ans+=1LL*sum*fac[n-i]%P)%=P;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}
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