[atAGC045D]Lamps and Buttons
由于$p_{i}$是随机的,不断选择最小的、未被操作过的$i$并处理其所在的环一定是最优的,而这样与已知$p_{i}$的区别是,当选择了一个$i=p_{i}$,那么必然失败(而已知$p_{i}$时不会去选择)
考虑令$t=\min_{p_{i}=i或i=A+1}i$,我们只能操作到$t-1$为止,因此即要求:
1.$\forall 1\le i<t,i\ne p_{i}$,同时若$t\le A$,则$p_{t}=t$
2.$\forall A<i\le n$,满足$\exists 1\le j<t,i和j在同一个环中$
对于$1\le i<t,i=p_{i}$的$i$数量容斥,即枚举这个数量$j$,之后这$j$个位置以及$t$(若$t\le A$)可以看作删除(这里有$(-1)^{j}{t-1\choose j}$的系数)
通过容斥,我们就去除了第一个条件(注意:容斥仅仅强制了这$j$个位置满足$p_{i}=i$,对其余位置没有限制),再整理一下,可以看作以下问题——
令$x=t-1-j$(初始是亮的且可以操作)、$y=\max(A-t,0)$(初始是亮的但不能操作)和$z=n-A$(初始不亮),统计$x+y+z$阶的排列:$\forall i\in z$,满足$\exists j\in x,i和j在同一个环中$
(上面的$\in x$指属于这$x$个点中的一个,$y$和$z$类似)
将排列看作一张有向图,每一次插入$i$,有两种可能:
新建一条边$(i,i)$或选择一条边$(x,y)$,删除该边并建立$(x,i)$和$(i,y)$($x$可以等于$y$)
归纳可得这样可以得到所有排列(所对应的有向图),同时我们考虑依次插入$x+y+z$个数,对于前$x$个数是任意的,再填$z$个数,但都只能在之前插入而不能选择自环,最后$y$个数依旧任意
(如果先填$y$个数,那么$z$不能选择仅由$y$组成的环,因此不正确)
根据乘法原理将这些乘起来,即$\frac{x(x+y+z)!}{x+z}$,综合前面答案即为$\sum_{t=1}^{A+1}\sum_{j=0}^{t-1}(-1)^{j}{t-1\choose j}\frac{x(x+y+z)!}{x+z}$,预处理阶乘和逆元就可以做到$o(n+A^{2})$
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 10000005
4 #define mod 1000000007
5 int n,a,ans,fac[N],inv[N],inv_fac[N];
6 int c(int n,int m){
7 return 1LL*fac[n]*inv_fac[m]%mod*inv_fac[n-m]%mod;
8 }
9 int calc(int x,int y,int z){
10 return 1LL*fac[x+y+z]*x%mod*inv[x+z]%mod;
11 }
12 int main(){
13 scanf("%d%d",&n,&a);
14 fac[0]=inv[0]=inv[1]=inv_fac[0]=1;
15 for(int i=1;i<N-4;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
16 for(int i=2;i<N-4;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
17 for(int i=1;i<N-4;i++)inv_fac[i]=1LL*inv_fac[i-1]*inv[i]%mod;
18 for(int i=1;i<=a+1;i++)
19 for(int j=0;j<i;j++){
20 int s=1LL*c(i-1,j)*calc(i-1-j,max(a-i,0),n-a)%mod;
21 if (j&1)s=mod-s;
22 ans=(ans+s)%mod;
23 }
24 printf("%d",ans);
25 }
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