P4071 [SDOI2016]排列计数

题目描述

求有多少种长度为 n 的序列 A，满足以下条件：

1 ~ n 这 n 个数在序列中各出现了一次

若第 i 个数 A[i] 的值为 i，则称 i 是稳定的。序列恰好有 m 个数是稳定的

满足条件的序列可能很多，序列数对 10⁹+7 取模。

输入输出格式

输入格式：

第一行一个数 T，表示有 T 组数据。

接下来 T 行，每行两个整数 n、m。

输出格式：

输出 T 行，每行一个数，表示求出的序列数

输入输出样例

输入样例#1： 

5
1 0
1 1
5 2
100 50
10000 5000

输出样例#1： 

0
1
20
578028887
60695423

说明

测试点 1 ~ 3： T=1000，n≤8，m≤8；

测试点 4 ~ 6： T=1000，n≤12，m≤12；

测试点 7 ~ 9： T=1000，n≤100，m≤100；

测试点 10 ~ 12：T=1000，n≤1000，m≤1000；

测试点 13 ~ 14：T=500000，n≤1000，m≤1000；

测试点 15 ~ 20：T=500000，n≤1000000，m≤1000000。

Solution：

　　本题组合数学+错排公式+线推逆元。

　　组合数学和逆元就不说了，介绍下错位排列。

　　错位排列，顾名思义就是一个n元排列，每个元素不能排在自己的位置上的方案数，一般记作$D(n)$。

　　通项公式：

　　　　$$D_n=n! imes(1-frac{1}{1!}+frac{1}{2!}-frac{1}{3!}…frac{(-1)^n}{n!})$$

　　　证明：

　　　设$S$是由$1,2,…n$构成的所有全排列组成的集合，则$|S|=n!$。

　　　设$A_i$是在$1,2,…n$的所有排列种由第$i$个位置上的元素恰好是$i$的所有排列组成的集合，则有：$|A_i|=(n-1)!$。

　　　同理可得：$|A_icap A_j|=(n-2)!$

　　　……

　　　一般情况下有：$|A_{i1}cap A_{i2}cap …cap A_{ik}|=(n-k)!$。

　　　因为$D_n$是$S$中不满足性质$P_1,P_2,…,P_n$的元素个数，所以由容斥原理的：

　　　$D_n=|overline A_1cap overline A_2 …cap overline A_n|$

　　　　　$=n!-C(n,1)*(n-1)!+C(n,2)*(n-2)!-…(-1)^nC(n,n)*0!$

　　　　　$=n! imes(1-frac{1}{1!}+frac{1}{2!}-…frac{(-1)^n}{n!})$

　　递推公式：

　　　　$$D_n=(n-1) imes(D_{n-1}+D_{n-2})$$

　　　证明：

　　　第一步，把第$n$个元素放在一个位置，比如位置$k$，一共有$n-1$种方法；

　　　第二步，放编号为$k$的元素，这时有两种情况：(1)把它固定到位置$n$，由于第$n$个元素固定到了位置$k$，剩下$n-2$个元素就有$D_{n-2}$种方法；(2)第$k$个元素不能放到位置$n$，而第$n$个元素固定到了位置$k$，于是$n-1$个元素，有$D_{n-1}$种方法；

　　　综上得到$D_n = (n-1) imes(D_{n-2} + D_{n-1})$，特殊地，$D_1=0, D_2=1$。

　　当然更为常用的是后面的递推公式，比如本题。

　　不难发现本题答案为$C(n,m) imes D(n-m)$。

　　于是我们只要预处理出$10^6$内的阶乘取模、阶乘的逆元、错排的方案数就好了。

代码：

/*Code by 520 -- 9.14*/
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
using namespace std;
const ll N=1000005,mod=1e9+7;
int n,m;
ll d[N],c[N],inv[N];

int gi(){
    int a=0;char x=getchar();
    while(x<'0'||x>'9')x=getchar();
    while(x>='0'&&x<='9')a=(a<<3)+(a<<1)+(x^48),x=getchar();
    return a;
}

il void Pre(){
    d[1]=0,d[2]=1;
    For(i,3,1000000) d[i]=(i-1)*(d[i-1]+d[i-2])%mod;
    c[0]=1,c[1]=1,inv[1]=1;
    For(i,2,1000000) c[i]=c[i-1]*i%mod,inv[i]=(mod-mod/i*inv[mod%i]%mod)%mod;
    For(i,2,1000000) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;
}

int main(){
    Pre();
    int T=gi();
    while(T--) {
        n=gi(),m=gi();
        if(n-m==1) printf("0
");
        else if(n==m) printf("1
");
        else if(!m) printf("%lld
",d[n]);
        else printf("%lld
",c[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod*d[n-m]%mod);
    }
    return 0;
}