Positions in Permutations

先dp出選 k 個的方案數， 這個很簡單, dp[ i ][ j ][ u ][ v ]表示到 i 為止選了 j 個， i - 1的選取情況是 u， i 的選取情況是 v 的方案數。

然后最后容斥一下， 容斥系數是 C(i, k)。(雖然我不會證明， 我感覺就是這個， 逃

#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define LD long double #define ull unsigned long long #define fi first #define se second #define mk make_pair #define PLL pair<LL, LL> #define PLI pair<LL, int> #define PII pair<int, int> #define SZ(x) ((int)x.size()) #define ALL(x) (x).begin(), (x).end() #define fio ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);using namespace std;const int N = 1000 + 7; const int inf = 0x3f3f3f3f; const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const int mod = 1e9 + 7; const double eps = 1e-8; const double PI = acos(-1);template<class T, class S> inline void add(T& a, S b) {a += b; if(a >= mod) a -= mod;} template<class T, class S> inline void sub(T& a, S b) {a -= b; if(a < 0) a += mod;} template<class T, class S> inline bool chkmax(T& a, S b) {return a < b ? a = b, true : false;} template<class T, class S> inline bool chkmin(T& a, S b) {return a > b ? a = b, true : false;}int n, k; int dp[N][N][2][2]; int way[N]; int F[N], Finv[N], inv[N]; int C(int n, int m) {if(n < m || n < 0) return 0;return 1LL * F[n] * Finv[m] % mod * Finv[n - m] % mod; } int main() {F[0] = Finv[0] = inv[1] = 1;for(int i = 2; i < N; i++) inv[i] = 1LL * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;for(int i = 1; i < N; i++) F[i] = 1LL * F[i - 1] * i % mod;for(int i = 1; i < N; i++) Finv[i] = 1LL * Finv[i - 1] * inv[i] % mod;scanf("%d%d", &n, &k);dp[0][0][1][0] = 1;for(int i = 0; i < n; i++) {for(int j = 0; j <= i; j++) {for(int u = 0; u < 2; u++) {for(int v = 0; v < 2; v++) {if(!dp[i][j][u][v]) continue;add(dp[i + 1][j][v][0], dp[i][j][u][v]);if(!u) {add(dp[i + 1][j + 1][v][0], dp[i][j][u][v]);if(i + 1 < n) add(dp[i + 1][j + 1][v][1], dp[i][j][u][v]);} else {if(i + 1 < n) add(dp[i + 1][j + 1][v][1], dp[i][j][u][v]);}}}}}for(int j = 0; j <= n; j++)for(int u = 0; u < 2; u++)for(int v = 0; v < 2; v++)add(way[j], dp[n][j][u][v]);int ans = 0;for(int i = k, op = 1; i <= n; i++, op = -op) {ans = (ans + 1LL * op * C(i, k) * way[i] % mod * F[n - i] % mod + mod) % mod;}printf("%d\n", ans);return 0; }/* */

?

轉載于:https://www.cnblogs.com/CJLHY/p/10830747.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces 285E Positions in Permutations dp + 容斥原理的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。