一、题目
二、解法
我拿到这题点思路都没有，但是对于排列计数题，我们往往要把原问题抽象出来。
比如本题我们可以把问题抽象成 \(n\) 对数对的规划问题，并且由于值由数对的最小值决定，所以我们从大到小填数，如果某个数对已经填完了，那么它的值是由刚刚填入的数显现的。
然后我们不考虑已经确定的对子，对于完全没确定的对子，我们可以先把他们当成一样的，最后再把答案乘上数量的阶乘即可；对于确定了一半的对子，由于它在原序列中就有位置，所以方案数可以在过程中计算。
设 \(f[i][j][k]\) 表示填入了 \(i\) 个数，在原序列中没有固定位置的数对有 \(j\) 个，记为 \((-1,x)\)，在原序列中有固定位置的数对有 \(j\) 个，记为 \((-1,a)\)，我们讨论这个数是否在原序列中出现过。
如果这个数在原序列中出现过，那么可以新增一个 \((-1,a)\) 的数对，并且值由以后填入的元素显现；也可以减少一个 \((-1,x)\) 的数对，值由现在的元素显现：
\[f[i][j][k]\leftarrow f[i-1][j][k-1]
\]
\[f[i][j][k]\leftarrow f[i-1][j+1][k]
\]
如果这个数在原序列中没有出现过，那么可以新增一个 \((-1,x)\) 的数对，值由以后填入的元素显现；也可以减少一个 \((-1,x)\) 的数对；或者是减少一个 \((-1,a)\) 的数对，因为这些数对在原序列上的位置不同，所以只有这个转移需要乘上系数：
\[f[i][j][k]\leftarrow f[i-1][j+1][k]
\]
\[f[i][j][k]\leftarrow f[i-1][j-1][k]
\]
\[f[i][j][k]\leftarrow f[i-1][j][k+1]\times(k+1)
\]
那么时间复杂度 \(O(n^3)\)
三、总结
排列计数问题要把问题抽象出来，并且让现在的转移能直接区分出方案的不同。
#include <cstdio>
const int M = 305;
const int MOD = 1e9+7;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,t,a[M<<1],vis[M<<1],f[M<<1][M][M];
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%MOD;}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read(),y=read();
if(x!=-1 && y!=-1) vis[x]=vis[y]=2;
else if(x!=-1) vis[x]=1;
else if(y!=-1) vis[y]=1;
else m++;
}
for(int i=2*n;i>=1;i--)
if(vis[i]<2) a[++t]=i;
f[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=t;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
for(int k=0;k<=n;k++)
{
if(vis[a[i]])
{
if(k) add(f[i][j][k],f[i-1][j][k-1]);//add (-1,a)
add(f[i][j][k],f[i-1][j+1][k]);//use (-1,x)
}
else
{
if(j) add(f[i][j][k],f[i-1][j-1][k]);//add (-1,x)
add(f[i][j][k],f[i-1][j+1][k]);//use (-1,x)
add(f[i][j][k],f[i-1][j][k+1]*(k+1));//use (-1,a)
}
}
int ans=f[t][0][0];
for(int i=1;i<=m;i++) ans=ans*i%MOD;
printf("%lld\n",ans);
}