[题解] ATCODER ABC172E NEQ

前言

来篇 atcoder 的题解欧~

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题意

有两个包含 (n) 个数字的序列 (A) 、 (B) ，满足一下条件：

• (1leq A_i,B_ileq m,(iin[i,n]))
• (A_i eq B_i,(iin[i,n]))
• (A_i eq A_j,B_i eq B_j,(1leq i<jleq n))

给定 (n) ， (m) ，且 (nleq m) ，求合法的方案数，答案需要对 (1e9+7) 取模。

两种不同的方案，当且仅当序列 (A) 不同或序列 (B) 不同。

两个序列不同，当且仅当 (forall i,jleq n,a[i] eq a[j]) 。

思路

错排问题的变式。

首先来说明错排问题的递推解法：(dp[i]=(i-1)(dp[i-1]+dp[i-2])) 。

其中， (dp[i]) 为 (1) ~ (i) 的错排方案数。

证明：对于第 (i) 个加入的数字，值为 (i) ，有 (n-1) 种放发（不能够放在位置 (n) 上）。

对于每一个 (k) 不与 (i) 相等，将 (i) 放在位置 (k) ，有两种情况。

• (k) 放在位置 (i) 上，则相当于不管 (i) 和 (k) ，然后剩下的 (i-2) 个数字错排，有 (dp[i-2]) 种情况。
• (k) 没有放在位置 (i) 上，因为 (k) 不能放在位置 (i) 上，所以就相当于不包括数字 (i) 的错排，有 (dp[i-1]) 种情况。

我们首先固定序列 (A) ，选出 (n) 个数字，则共有 (A_m^n) 种方案。则对于这 (A_m^n) 种方案，所选出的 (B) 构成的合法方案都不同，那么就只用针对一个典型的案例来进行研究就行了。为了方便，选择序列 (A={1,2dots n}) 为典例。

则问题就可以转换为：加入 (n) 个数字使得这些数字都在 (1) ~ (m) 内，且互不相同，且满足：(i) 不在位置 (i) 上，(iin[1,n])。

我将这个问题称之为“假错排”。

“假错排”就是在上述的情况上加上一种情况：

• 对于第 (i) 次加入数字，将任意一个数字 (k(kin[1,m],k otinlbrace b_1,b_2dots b_{i-1} brace,k otin[i+1,n])) 填入位置 (n) ，则可以选择 (m-n) 种数字。

对于上面的这句话可以理解为最开始可以选择不在 (A) 序列中的数字，有 (m-n) 个数字，这些数字是不参与 (i-1) 前的“假错排”的。而每选择一个这样的数字，都会覆盖掉一个位置 (k) ，也就是剩下了 (m-n-1) 个数字。但是，数字 (k) 在之后的筛选中，将不会参与 (i-1) 前的“假错排”，所以有每次都有 (m-n) 个数字可供选择，即第三种情况。

则可以得到状态转移方程：(dp[i]=(m-n)dp[i-1]+(i-1)(dp[i-1]+dp[i-2])) 。

然后这道题就做完了。

Code

时间复杂度为 (O(n)) ，代码很短。

#include <cstdio>
#define int long long
const int MAXN = 5e5 + 5;
const int MOD = 1e9 + 7;
int dp[MAXN], n, m, ans;
signed main() {
	scanf("%lld %lld", &n, &m);
	dp[0] = 1;
	dp[1] = m - n;
	for(int i = 2; i <= n; i++)
		dp[i] = ((m - n) * dp[i - 1] % MOD + (i - 1) * (dp[i - 2] + dp[i - 1]) % MOD) % MOD;
	ans = dp[n];
	for(int i = m, j = 1; j <= n; i--, j++)
		ans = (ans * i) % MOD;
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}