不會生成函式 /yun
弱化版直接二項式反演亂搞做差卷積就好了。
考慮 \(f[i]\) 為至少 \(i\) 對情侶坐一起的方案數，顯然 \(f[i]=\binom\binomi!2^i*(2n-2i)!\)，即欽定 \(i\) 對情侶，\(i\) 排座位，情侶座位選擇可以全排列，每對情侶可以選擇是否交換座位，剩下的隨便坐。
\(g[i]\) 為恰好 \(i\) 對情侶坐一起。
\[f[i]=\sum_^n\binomg[j]
\]\[g[j]=\sum_^n(-1)^\binomf[j]
\]套路化一下發現可以 ntt 優化。
強化版考慮正難則反，能不能搞出 \(i\) 對情侶錯排情況數？能的話就好做了。只要欽定 \(k\) 對情侶坐一起，剩下的錯排開就好了。
設 \(g[i]\) 為只有 \(i\) 對情侶且每對情侶都錯排開的情況數。\(g[0]=1,g[1]=0\)。
\[g[i]=2i(2i-2)(g[i-1]+2(i-1)g[i-2])
\]因為是遞推，所以可以不考慮各排的排列，因為每次新加入的人的不同已經等價於了。
或者說，你可以認為每次進來的人都去第一排，那麼每次進來的人可能不一樣，所以各排間的全排列不需要。
隨便選 2 個不是情侶的人，然後要不要選他們的情侶，那我們當前問題的規模就減小 1。假如選他們的情侶，那麼規模減小 2，再選他們的情侶所在的排。
事實上這種組合意義這麼 nb 的我在考場上也應該想不到，倒是弱化版挺一眼的。
#include #define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
int rd()
while(isdigit(ch))
return sum*f;
}#define n 2005
#define m (int)(4e5+5)
const int mod=998244353,g=3;
int fpow(int x,int y)
return res;
}const int invg=fpow(g,mod-2);
void ntt(int *f,int n,bool fl=1)
void solve()
while(isdigit(ch))
return sum*f;
}#define n (int)(5e6+5)
const int mod=998244353;
int g[n],jie[n],djie[n];
int fpow(int x,int y)
return res;
}int c(int n,int m)
void solve()
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