【xsy2303】呀 dp

题目大意：你需要构造一个长度为$n$的排列$A$，使得里面包含有子序列$B$（子序列$B$为一个给定的$1$到$m$的排列），且对于每个$i$，有$A[A[i]]=i$，问有多少种方案方案。

数据范围：$n≤10^7$,$m≤500$，答案对$10^9+7$取模

我们首先不考虑有m的存在，考虑如何构造一个符合条件的序列$A$。

我们发现我们可以DP，设$f[i]$表示有多少种长度为i的序列满足$A[A[i]]=i$。

对于第$i$个数，我们可以考虑把它填在原位，或者放在第j个位置，然后在$A[i]$处填上$j$。

根据这个，不难推出$f[i]=(i-1)f[i-2]+f[i-1]$。

我们下面考虑，序列$B$的前$k$个数，位于$A$中前$m$个位置，剩余的$m-k$个，位于后$n-m$个位置。

我们发现，对于剩余的$m-k$个数，对应的$A_B[i]$，都会被占用，用来填（填写了$B[i]$的位置）。

所以我们需要在前$m$个位置里，用恰好$k$个位置，按顺序填出序列$B$前$k$个数字。

不难发现，至多只有一种填法。

对于$B[i]$，我们找到序列$A$中第i个可以填数的地方，直接填入$B[i]$即可。

最后$O(m)$扫一遍判断即可。

如果可行，那么剩下的$n-k$个位置中，需要找出$m-k$个位置放置$B[k+1],B[k+2].....B[m]$，并且在$A[B[k+1]]$等地方填上它们的位置。

剩下的$n-2m+k$个位置，就可以随便填>m的数了，方案数显然是$f[n-2m+k]$

所以方案数为$inom{n-k}{m-k} imes f[n-2m+k]$。

我们对于每个不超过m的k全部处理一遍就可以了。

时间复杂度：$O(n+m^2)$

#include<bits/stdc++.h>
#define MOD 1000000007
#define L long long
#define M 10000005
using namespace std;

L fac[M]={0},invfac[M]={0},f[M]={0};
L pow_mod(L x,L k){L ans=1;for(;k;k>>=1,x=x*x%MOD) if(k&1) ans=ans*x%MOD; return ans;}
L C(int n,int m){return fac[n]*invfac[m]%MOD*invfac[n-m]%MOD;}

L mark[M]={0},b[M]={0},a[M]={0},ans=0,n,m;
void solve(int k){
    if(n-m<m-k) return;
    for(int i=1,j=1;i<=k;i++,j++){
        while(!mark[j]) j++;
        a[j]=b[i];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    if(mark[i]&&a[a[i]]!=i) return;
    ans=(ans+C(n-m,m-k)*f[n-m-m+k])%MOD;
}
int main(){
    fac[0]=1; for(int i=1;i<M;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    invfac[M-1]=pow_mod(fac[M-1],MOD-2);
    for(int i=M-2;~i;i--) invfac[i]=invfac[i+1]*(i+1)%MOD;
    f[0]=f[1]=1; for(int i=2;i<M;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2]*(i-1))%MOD;
    
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",b+i);
    for(int k=0;k<=m;k++){
        mark[b[k]]=1;
        solve(k);
    }
    cout<<ans<<endl;
}