CF285D.Permutation Sum

想了很久觉得自己做法肯定T啊，就算是CF机子的3s时限，但我毕竟是 O ( C(15,7)*7!*log ) ....

果然在n=15的点T了...贱兮兮地特判了15过掉了，结果发现题解说就是打表...

(卒，享年16岁)

总之啊总之，要灵活啊

回归机房以后发现Div2的D都要想一个世纪了......不过感觉这题真的挺好的？

命不久矣，所以想最后写写题解吧。

题目大意：求满足  a+b=c（ a,b,c均为长度为n的排列）的有序对{a,b}的对数

(说明：a,b,c均为0~(n-1)的排列  +运算为题中定义的+的等价修改  即c_i=(a_i+b_i)mod n )

∆初步分析，有 2*n*(n-1)/2 = n*k + n*(n-1)/2 (k为整数) 则有 k=(n-1)/2 则n必须为奇数 否则答案为0

∆显然，{a,c}和{a,b}是一一对应的，所以我们不妨求{a,c}的有序对数（实际上这个转换并没有什么用处，只是我感觉爽....）

∆进一步化简，不妨将a固定为{0,1,2...n-1}，则最终所求方案数* n! 即为答案。

∆考虑c需要满足的条件：

　　(1)i-c_i=j-c_j(mod n) 对于任意 i!=j 均不成立

　　(2)c_i为0~n-1 且互不相同

(2)较容易解决，记录出现的数字即可。考虑如何满足(1)。想象你是在玩一个类似数独的游戏，在一个一个填数字，那么你只要保证:1.已经填上的数字彼此之间满足(1).(2)  2.新填入的第i+1个数字和前i个数字不重复、不冲突。

由此，我们可以像填数独一样，列出下一个格子不能取的值。那么我们就有一个大致思路，即状压，记录两维状态v1,v2（即由条件(1)、(2)，下一位不能取的数字有哪些）。转移只需枚举下一位的可行数字x，在v1并入x，在v2并入x并循环右移1位（ c_i !=( val=c_j-j+i )   c_i+1 != (val+1=c_j-j+i+1) ） 。

∆然鹅，这样复杂度很高（上界可达 O(n*2²ⁿ) ？总之打表估计都GG），因此我们考虑进一步优化。

优化的本质就是探寻性质。我们发现，对于f[v1][v2]>0，v1和v2中的1个数一定相同，即在v2中并入数字时一定不会并入一个已经存在的位。可以用反证法证明，若并入c_i对c_i+1的影响时，该位已有c_j对c_i+1的影响，那么i、j两位就一定不符合(2)。

也就是说，v1,v2是可以「拆分」的。

∆「拆分」具体是什么意思呢？我们来模拟一下。

假设n=7,当前已经放了4个数：

v1=1100110

v2=1001011 

现在我们挨个放入剩下的数字。例如：

v1=1120110

v2=0210111

v1=1123110

v2=2131110

v1=1123114

v2=1311142

将末状态和初状态做差，得到：

v1=0023004

v2=0300042

即

v1=0011001

v2=0100011

我们发现 对于初状态的{v1,v2} 差状态即为{1111111^v1, turn(1111111^v1,3) }

(turn(j,ct)表示将j循环右移ct位)

∆于是 我们就可以开心地折半搜索了！复杂度见第一行

（以下是打表代码，如果直接复制会在n=15的点TLE）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define per(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second

typedef  long long ll;
typedef pair<int,int> pii;

const int p=1000000007,V=1e6+3;

int n,full,semi,turn[V];
map<pii,int>f[2];
map<pii,int>::iterator it;

int rev(int j){//j循环右移1位
    int ans=0;
    if(j>=semi){
        ans=1;
        j-=semi;
    }
    
    return ans|(j<<1);
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    
    if(n==1){
        printf("1");
        return 0;
    }
    
    if(n%2==0){
        printf("0");
        return 0;
    }
    
    full=(1<<n)-1;
    semi=(1<<(n-1));
    
    
    int u=(n>>1);
    
    f[0][mp(0,0)]=1;
    
    //多出的一维[0/1]是在愚蠢地省空间...
    bool oi=0;
    rep(o,0,u){
        f[!oi].clear();
        
        for(it=f[oi].begin();it!=f[oi].end();++it){
            pii P=it->fir;int val=it->sec;
            int L=P.fir,R=P.sec;
            
            int j=(L|R);
            if(j==full) continue;
            
            rep(i,0,n-1) if( ( (1<<i)&L ) ==0  && ( (1<<i)&R ) ==0  )
                (f[!oi][mp( ( L|(1<<i) ) , rev( R|(1<<i) ) )]+=val)%=p;
            
        }
        
        oi=!oi;
    }
    
    int pre=(1<<(u+1))-1,suf=full^pre;
    rep(i,1,full) turn[i]=((i&pre)<<u)|((i&suf)>>(u+1));
    //turn[i]即i循环右移(n/2)位
    
    ll ans=0;
    for(it=f[oi].begin();it!=f[oi].end();++it){
        pii P=it->fir;ll val=it->sec;
        int L=P.fir,R=P.sec;
        
        (ans+=val*f[!oi][mp(full^L,turn[full^R])]%p)%=p;
    }
    
    rep(i,1,n) (ans*=i)%=p;
    
    printf("%lld",ans);
    
    return 0;
}