JZOJ 5253. 排列与交换

Description

一个数组A = [1, 2, 3, …, n]。

对A进行好恰好k次相邻交换，能得到多少个不同的序列 (S1)？

对A进行最多k次交换，你能得到多少个不同的序列 (S2)？

一次相邻交换是指交换数组A中两个相邻位置的元素，即：交换A[i]和A[i+1]或者A[i]和A[i-1]。

一次交换是指交换数组A中的任意两个位置不同的元素，即：交换A[i]和A[j]，1 <= i, j <= N, i != j。

给出数组A的长度N，以及次数K，求S1和S2。由于结果很大，输出Mod 1000000007的结果。

例如：原始数组: [1, 2, 3]

经过两次相邻交换:

我们得到 [1, 2, 3], [2, 3, 1], [3, 1, 2] ==> S1 = 3

经过最多两次交换:

1) 0次交换后: [1, 2, 3]

2) 1次交换后: [2, 1, 3], [3, 2, 1], [1, 3, 2].

3) 两次交换后: [1, 2, 3], [2, 3, 1], [3, 1, 2] ==> S2 = 6

Input

数组A的长度N，以及次数K。

Output

S1和S2。由于结果很大，输出Mod 1000000007的结果。

Sample Input

5 10

Sample Output

60 120

Data Constraint

对于50%数据N,K<=500

对于100%数据1<=N, K<=3000

Solution

问题分为两个子问题：恰好 k 次相邻交换的排列数、最多 k 次交换排列数。

对于第一个子问题，设 F[i][j] 表示做到第 i 个数，交换次数为 j 能得到的排列数。

首先继承上一个 F[i][j]=f[i−1][j]

不过当 i 交换到第 1 个位置之后，再换就会算重，所以：F[i][i+j]−=F[i−1][j]

最后： F[i][j]+=F[i][j−1]

(这里是不断向前交换)。

这样最后的答案就是 F[n][i] (k−i是偶数) ，即剩下 k−i 步可以不断的交换相邻两个来达到。

对于第二个子问题，就相对比较简单了。

同样设 F[i][j] 表示做到第 i 个数，交换次数为 j 能得到的排列数。

那么则有：F[i][j]=F[i−1][j]+F[i−1][j−1]∗(i−1)

因为对于第 i 个数无非就是不交换或者与前 i−1 个数交换。

显然答案即为：∑i=0kF[n][i]

这样两个 DP 的时间复杂度都是 O(NK) ，则总复杂度为 O(NK) 可过本题。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mo=1e9+7;
int n,k,roll,ans;
int f[2][3002];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=f[0][0]=1;i<=n;i++)
{
roll^=1;
memset(f[roll],0,sizeof(f[roll]));
for(int j=0;j<=k;j++)
{
f[roll][j]=((long long)f[roll][j]+f[roll^1][j]+f[roll][j-1])%mo;
if(i+j<=k) f[roll][i+j]=(f[roll][i+j]+mo-f[roll^1][j])%mo;
}
}
for(int i=0;i<=k;i++)
if(!(k-i&1)) ans=(ans+f[roll][i])%mo;
printf("%d ",ans);
memset(f[0],ans=roll=0,sizeof(f[0]));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
roll^=1;
memset(f[roll],0,sizeof(f[roll]));
f[roll][0]=1;
for(int j=1;j<=k;j++)
f[roll][j]=(f[roll^1][j]+(long long)f[roll^1][j-1]*(i-1))%mo;
}
for(int i=0;i<=k;i++) ans=(ans+f[roll][i])%mo;
printf("%d",ans);
return 0;
}