• CF1466H


    给出一个排列(A),询问合法的数组(p_i)的个数,数组中每个元素(p_i)为一个排列。如果合法,当且仅当:不能找到一个排列(B_i),使得存在一个集合(S),满足:

    1. (forall iin S,B_iin S)
    2. (forall iin S),在排列(p_i)中,不存在(A_i)(B_i)左边出现。
    3. (exist iin S),在排列(p_i)中,(A_i)(B_i)右边出现。

    (nle 40)


    由于题面太长直接去看了洛谷的翻译,后来感觉不对劲才知道洛谷的翻译已经把算法的第一步说出来了……

    可以把限制建成一个图:对于某个(i),如果(j)(A_i)前出现,则连黑边((i,j));连白边((i,A_i))

    发现如果满足题目的限制,当且仅当:这个图中的所有环中不存在黑边。

    理解:

    由于(forall iin S,B_iin S),可以视作(S)为若干个环的集合。可以只考虑一个环。此时((i,B_i))视作(i)的出边。

    此时如果存在(A_i eq B_i),即触犯了限制3,也就是环中存在黑边。

    先连边((i,A_i)),由于(A_i)是排列所以形成的是若干个环。现在要往图中加入若干条边,使其不出现新的环。此时贡献为(prod out_i!(n-out_i-1)!)

    把环缩点,问题类似于DAG计数。然后状压DP。大小一样的环等价可以压在一起。设(f_S)表示(S)中的点组成的DAG的贡献。这里(S)用高维向量表示。状态不会很多,设(p(n))表示(n)划分成的可重集合中,不同的可重集合的个数最多是多少。(p(40)=1440)

    [f_S=sum_{Tsubseteq S} f(Ssetminus T)inom{S}{T}(-1)^{|T|+1}calc(sum(T),sum(Ssetminus T))\ calc(p,q)=(sum_{i} inom{q}{i} i!(n-1-i)!)^p ]

    (inom{S}{T})就是各个维度的组合数乘积。

    直接这样算大概是(O(p^2(n)n))的。

    这个东西可以辅助转移。考虑到(T)转移到(T+Delta),可以给(Delta)一位位分别计算。另外设个(DP)存下(T+Delta),当前处理到第几位,以及(sum_T)是多少(用于计算(calc)产生的贡献)。设(g_{S,i,j}),具体见程序。时间(O(p(n)n^3))


    using namespace std;
    #include <bits/stdc++.h>
    #define N 45
    #define ll long long
    #define mo 1000000007
    ll qpow(ll x,ll y=mo-2){
    	ll r=1;
    	for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
    		if (y&1)
    			r=r*x%mo;
    	return r;
    }
    int n;
    int a[N];
    int c[N],p[N];
    ll fac[N*2],ifac[N*2];
    void initC(int n){
    	fac[0]=1;
    	for (int i=1;i<=n;++i)
    		fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
    	ifac[n]=qpow(fac[n]);
    	for (int i=n-1;i>=0;--i)
    		ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mo;
    }
    ll C(int m,int n){return fac[m]*ifac[n]%mo*ifac[m-n]%mo;}
    void init(){
    	scanf("%d",&n);
    	initC(n*2);
    	for (int i=1;i<=n;++i)
    		scanf("%d",&a[i]);
    	static int bz[N];
    	for (int i=1;i<=n;++i)
    		if (!bz[i]){
    			int t=0;
    			for (int x=i;!bz[x];x=a[x])
    				bz[x]=1,t++;
    			c[t]++;
    		}
    	p[0]=1;
    	for (int i=1;i<=n;++i)
    		p[i]=p[i-1]*(c[i]+1);
    }
    ll q[N];
    ll f[1440];
    ll g[1440][N][N];
    void doit(){
    	for (int i=0;i<=n;++i){
    		ll s=0;
    		for (int j=0;j<=i;++j)
    			(s+=C(i,j)*fac[j]%mo*fac[n-1-j])%=mo;
    		q[i]=s;
    	}
    	for (int i=0;i<p[n];++i){
    		for (int t=0;t<=n;++t)
    			for (int j=1;j<=n;++j){
    				int w=i%p[j]/p[j-1];
    				ll qj=qpow(q[t],j),tmp=1;
    				for (int k=w;k<=c[j];++k){
    					(g[i+(k-w)*p[j-1]][j][t]+=g[i][j-1][t]*ifac[k-w]%mo*tmp)%=mo;
    					tmp=tmp*(-1)*qj%mo;
    				}
    			}
    		ll S=1,s=0;
    		if (i==0)
    			f[0]=1;
    		else{
    			for (int j=1;j<=n;++j){
    				int w=i%p[j]/p[j-1];
    				S=S*fac[w]%mo;
    				s+=w*j;
    			}
    			ll tmp=0;
    			for (int j=0;j<=s;++j)
    				(tmp+=g[i][n][j])%=mo;
    			f[i]=tmp*S%mo;
    		}
    //		(g[i][0][s]+=f[i]*qpow(S)*(-1))%=mo;
    		ll v=f[i]*qpow(S)*(-1)%mo;
    		for (int j=1;j<=n;++j){
    			int w=i%p[j]/p[j-1];
    			ll qj=qpow(q[s],j),tmp=(-1)*qj;
    			for (int k=w+1;k<=c[j];++k){
    				(g[i+(k-w)*p[j-1]][j][s]+=v*ifac[k-w]%mo*tmp)%=mo;
    				tmp=tmp*(-1)*qj%mo;
    			}
    		}
    	}
    }
    int main(){
    	freopen("in.txt","r",stdin);
    	init();
    	doit();
    //	for (int i=0;i<p[n];++i)
    //		printf("%lld
    ",f[i]);
    	ll ans=f[p[n]-1];
    	ans=(ans+mo)%mo;
    	printf("%lld
    ",ans);
    	return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/jz-597/p/14443149.html
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