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見計數想容斥
顯然每個人交換後可以變成任意的排列
所以就是求對於所有排列使得每個位置的值都和一開始的值不同
感覺同乙個值算同乙個數不太好搞，考慮把所有數都看成不同的，最後答案再除 $\prod _^fac[cnt[i]]$（其中 $cnt[i]$ 表示值為 $i$ 的數的個數）
然後發現每個位置都要不同的限制很麻煩，
考慮先求出 $f[i]$ 表示至少有 $i$ 個位置拿到原來的數的方案數
考慮 $dp$ 這個東西，設 $f[i][j]$ 表示已經選好值從 $1$ 到 $i$ 的數的位置，當前有 $j$ 個位置是原來的數，其他的位置還沒考慮
那麼考慮直接列舉這個值 $i$ 有 $k$ 個數還在原來的位置，$k \in [0,cnt[i]]$
那麼有 $f[i][j]=\sum_^f[i-1][j-k]c_^ (\prod_^p)$（就是我隨便選出 $k$ 個位置，然後隨便放在那 $cnt[i]$ 個位置上）
求出 $f[i][j]$ 以後那麼 $f[i]=f[n][i]*(n-i)!$
然後容斥一下，$ans=\sum_^(-1)^if[i]$
別忘了最後要除乙個 $\prod _^fac[cnt[i]]$
#include#include#include
#include
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long
ll;inline
intread()
while(ch>='
0'&&ch<='
9')
return x*f;
}const
int n=2007,mo=1e9+9
;inline
int fk(int x)
intn,m,a[n],cnt[n],ans;
intfac[n],inv[n],facinv[n],c[n][n],f[n][n];
intmain()
c[0][0]=1
;
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
f[0][0]=1
;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
for(int k=0;k<=cnt[i]&&k<=j;k++)
f[i][j]=fk( f[i][j]+ 1ll*f[i-1][j-k]*c[cnt[i]][k]%mo *fac[cnt[i]]%mo *facinv[cnt[i]-k]%mo );
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int i=1;i<=n;i++) ans=1ll*ans*facinv[cnt[i]]%mo;
printf("%d
",ans);
return0;
}
BZOJ4665 小w的喜糖
考慮列舉哪些人一定不合法，那麼方案數可以通過簡單的排列組合算出。於是設 f i j 表示前 i 種糖果，一共有 j 個人一定不合法的方案數，但是這樣並不能保證其他人一定合法，所以需要進行容斥。最後將答案除以每種糖果數量的階乘，即可保證本質不同。時間複雜度 o n 2 includeconst int...
BZOJ 4665 小w的喜糖
題鏈 題解 容斥，dp 令 v i 表示原來擁有i類糖果的人數。乙個套路，首先把每個糖果看成互不相同的,最後再來除以 v i 把同種糖果看成相同的 定義 dp i j 表示前i類糖果，有j個人的糖果和原來的一樣，其他 n j 個人暫時不拿糖果的方案數。這個的轉移如下 對於已經確定的 i,j,列舉乙個...
BZOJ4665 小w的喜糖 DP
對於這道題，首先每個人的位置並不影響結果 所以我們可以將相同顏色糖果的人放在一塊處理 設 f 表示處理到第 i 種糖果至少有 j 人的糖果和原先的型別相同 列舉當前種類中不滿足要求的個數 則有 f sum f binom dfrac k ans sum n n i c i 表示第 i 種糖的個數，這...