错排公式
d[n]=(n-1)*(d[n-1]+d[n-2])
模版题：
lgP1595 信封问题
题目描述
某人写了n封信和n个信封，如果所有的信都装错了信封。求所有信都装错信封共有多少种不同情况。
输入格式
一个信封数n（n<=20）
输出格式
一个整数，代表有多少种情况。
输入输出样例
输入 #12输出 #11输入 #23输出 #22
第一次估计错误 喜提60
（话说字体为什么变了鸭）
long long long is too long for GCC
代码如下
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define re register int 3 #define LL long long 4 #define maxn 20+5 5 6 using namespace std; 7 int n; 8 LL d[maxn]; 9 int main() 10 { 11 ios::sync_with_stdio(false); 12 cin>>n; 13 d[2]=1; 14 for(re i=3;i<=n;i++) 15 d[i]=(i-1)*(d[i-1]+d[i-2]); 16 cout<<d[n]; 17 }
UVA11481 Arrange the Numbers
愉快地复制在luogu写的题解（题解这东西没必要写两遍嘛）
前置知识：错排公式 （好吧知不知道错排公式不是很重要）
题意：
给出n,m,k,求n个数的排列满足前m个数中恰好有k个数不是错排的方案数。
多组输入输出，数据组数t满足：1<=t<=5.
m个数钦定k个数在正确的位置上的方案数是： $C_{m}^{k}$
因为要求恰好k个数不是错排，那么剩下n-k个数中前m-k个数必定是错排。
设f[i][j]为i个数，前j个数必须是错排的方案数。
则f[i][0]=i!
f[i][j]=f[i][j-1]-f[i-1][j-1]
i个数前j个必为错排的方案数==i个数前j-1个数必为错排的方案数-i个数前j-1个数必为错排&&第j个数是j的方案数 因为第j个数已经钦定 所以(i个数前j-1个数必为错排的方案数&&第j个数==j的方案数)==i-1个数前j-1个数必为错排的方案数细节见代码
View Code1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define re register int 3 #define maxn 1000+5 4 #define LL long long 5 #define mod 1000000007 6 7 using namespace std; 8 int t,n,m,k; 9 LL c[maxn][maxn]; 10 LL f[maxn][maxn];//f[i][j]表示i位数前j位错排的方案数 11 void pre() 12 { 13 for(re i=0;i<=1000;i++) 14 c[i][0]=1;//c[0][0]也设1 不然乘的时候会爆炸233333 15 for(re i=1;i<=1000;i++) 16 for(re j=1;j<=i;j++) 17 c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod; 18 f[0][0]=1;//不初始化成1 f[1][1]&&f[1][0]会出错 19 //当然f[1][1]会出错比较重要 20 for(re i=1;i<=1000;i++) 21 f[i][0]=(f[i-1][0]*i)%mod; 22 for(re i=1;i<=1000;i++) 23 for(re j=1;j<=i;j++) 24 f[i][j]=((f[i][j-1]-f[i-1][j-1])%mod+mod)%mod; 25 //i个数前j个必为错排的方案数==i个数前j-1个数必为错排的方案数-i个数前j-1个数必为错排&&第j个数是j的方案数 26 27 //因为第j个数已经钦定 所以(i个数前j-1个数必为错排的方案数&&第j个数==j的方案数)==i-1个数前j-1个数必为错排的方案数 28 } 29 int main() 30 { 31 ios::sync_with_stdio(false); 32 cin>>t; 33 pre(); 34 for(re i=1;i<=t;i++) 35 { 36 cin>>n>>m>>k; 37 LL ans=(c[m][k]*f[n-k][m-k])%mod; 38 cout<<"Case"<<" "<<i<<": "<<ans<<endl; 39 } 40 return 0; 41 }
P4071 [SDOI2016]排列计数
题目描述
求有多少种长度为 n 的序列 A，满足以下条件：
1 ~ n 这 n 个数在序列中各出现了一次
若第 i 个数 A[i] 的值为 i，则称 i 是稳定的。序列恰好有 m 个数是稳定的
满足条件的序列可能很多，序列数对 10^9+7 取模。
输入格式
第一行一个数 T，表示有 T 组数据。
接下来 T 行，每行两个整数 n、m。
输出格式
输出 T 行，每行一个数，表示求出的序列数
输入输出样例
输入 #15 1 0 1 1 5 2 100 50 10000 5000输出 #10 1 20 578028887 60695423说明/提示
测试点 1 ~ 3： T = 1000，n≤8，m≤8；
测试点 4 ~ 6： T = 1000，n≤12，m≤12；
测试点 7 ~ 9： T = 1000，n≤100，m≤100；
测试点 10 ~ 12：T = 1000，n≤1000，m≤1000；
测试点 13 ~ 14：T = 500000，n≤1000，m≤1000；
测试点 15 ~ 20：T = 500000，n≤1000000，m≤1000000。
这不是道水体嘛（甚至比上一道题还要水）
因为数据比较水所以inv甚至不需要倒序处理
答案即为$C_{n}^{m}$*d[n-m]
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define re register int 3 #define LL long long 4 #define mod 1000000007 5 #define maxn 1000000+5 6 7 using namespace std; 8 LL fac[maxn],inf[maxn],d[maxn]; 9 LL qpow(LL a,LL b) 10 { 11 LL res=1; 12 while(b) 13 { 14 if(b&1) res=(res*a)%mod; 15 a=(a*a)%mod; 16 b>>=1; 17 } 18 return res; 19 } 20 void pre() 21 { 22 fac[1]=1; 23 inf[1]=1; 24 for(re i=2;i<=1000000;i++) 25 { 26 fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod; 27 inf[i]=qpow(fac[i],mod-2)%mod; 28 } 29 d[1]=0,d[2]=1; 30 for(re i=3;i<=1000000;i++) 31 d[i]=(i-1)*(d[i-1]+d[i-2])%mod; 32 } 33 int t,n,m; 34 int main() 35 { 36 ios::sync_with_stdio(false); 37 cin>>t; 38 pre(); 39 while(t--) 40 { 41 cin>>n>>m; 42 if(n-m==1) { 43 cout<<0<<endl; 44 continue;} 45 if(n==m) { 46 cout<<1<<endl; 47 continue;} 48 if(m==0) { 49 cout<<d[n]<<endl; 50 continue;} 51 LL tmp=fac[n]*inf[m]%mod*inf[n-m]%mod*d[n-m]%mod; 52 cout<<tmp<<endl; 53 } 54 return 0; 55 }