1. 题面
一个多重集，问相邻元素不相同的排列有多少个 .
2. 解法
Step 1. 容斥
为了方便，我们令这个多重集 (M) 有 (m) 中不同元素 (a_1,a_2,cdots,a_m)，并且各出现 (n_1,n_2,cdots,n_m) 次 .
考虑容斥，于是问题变成求至少有 (t) 个同种元素构成的方案数 .
将「打破 (t) 个约束」看作「合并 (t) 个集合」的过程，即用捆绑法每次将两个元素合并成一个元素，那么合并之后看成多重集全排列即可 .
于是答案就是
[sum_{b_{1cdots,m}\,,0le b_i<n_i}dfrac{(sum n_i-b_i)!}{prod(n_i-b_i)!}prod_{i=1}^m(-1)^{b_i}dbinom{n_i-1}{b_i}
]
Step 2. dp
转而枚举 (n_i-b_i)（下式中写为 (c_i)），则柿子变为
[sum_{c_{1cdots,m}\,,1le c_ile n_i}dfrac{(sum c_i)!}{prod c_i!}prod_{i=1}^m(-1)^{n_i-c_i}dbinom{n_i-1}{n_i-c_i}
]
再令 (s=sum c_i)，则柿子化成
[sum_{c_{1cdots,m}\,,1le c_ile n_i}(-1)^{n-s}dfrac{s!}{prod c_i!}prod_{i=1}^mdbinom{n_i-1}{n_i-c_i}
]
这个容斥系数 ((-1)^{n-s}) 和 (s!) 都解决掉了，考虑计算后面的
[dfrac{1}{prod c_i!}prod_{i=1}^mdbinom{n_i-1}{n_i-c_i}
]
我们枚举一个 (sum c_i)，这样 (c_i) 就有俩限制，于是可以背包 .
令 (dp_{i,j}) 为考虑前 (i) 个元素，且 (sum c_i=j) 的答案，则
[dp_{i,j}=sum_{k=1}^{min(n_i,j)}dp_{i-1,j-k}cdot dfrac1{k!}dbinom{n_i-1}{n_i-k}
]
非常标准的背包转移 .
预处理组合数，则可以 (O(n^2)) 求解 .
3. [AHOI2018初中组]球球的排列
1. 题面
链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4448
给一个序列 ({a})，问有多少个排列 ({p}) 满足对于所有 (2le i<n)，有 (a_{p_i-1}cdot a_{p_i+1}) 不为完全平方数 .
数据范围：(a_ile 10^9,\,nle 300) .
2. 解法
显然「完全平方」性质是有传递性的，即如果 (xy,yz) 均为完全平方数，则 (xz) 为完全平方数 .
所以说，就转换成了上面那个问题，但是要带标号 .
只需要把以前的柿子乘个阶乘即可（(prod) 里面多乘个 (n_i!)，显然 dp 转移方程里也该乘 (n_i!)）.
这个题的代码：
using namespace std;
#define int long long // 去掉就 WA 一部分 qwq，我也不知道哪里忘改 long long 了 :(
typedef long long ll;
const int N=333,MOD=1e9+7;
int n;
ll a[N],r[N],sz[N],dp[N],tdp[N],tmp[N],fac[N],ifac[N],inv[N],ans;
template<typename T>
inline T sqr(const T& t){return t*t;}
bool issqr(ll a){return sqr((int)(sqrt(a)))==a;}
ll C(int m,int n){return (m<n)?0:fac[m]*ifac[n]%MOD*ifac[m-n]%MOD;}
void initC(int n)
{
fac[0]=ifac[0]=fac[1]=ifac[1]=inv[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%MOD;
}
}
signed main()
{
scanf("%lld",&n); initC(n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i);
for (int i=1;i<=n;i++) r[i]=i;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
++sz[r[i]];
for (int j=i+1;j<=n;j++)
if (issqr(a[i]*a[j])) r[j]=r[i];
}
dp[0]=1; ll tot=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (!sz[i]) continue;
for (int j=0;j<=tot;j++){tmp[j]=dp[j]; dp[j]=0;}
for (int j=0;j<sz[i];j++)
{
tdp[j]=ifac[sz[i]-j]*C(sz[i]-1,j)%MOD;
if (j&1) tdp[j]=MOD-tdp[j];
for (int k=0;k<=tot;k++) dp[j+k]=(dp[j+k]+tdp[j]*tmp[k])%MOD;
} tot+=sz[i]-1;
}
for (int i=0;i<=tot;i++) ans=(ans+dp[i]*fac[n-i])%MOD;
for (int i=1;i<=n;i++) ans=ans*fac[sz[i]]%MOD;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
// 参考 https://www.luogu.com.cn/blog/skydogli/solution-p4448