题目描述 Description###
很久很久以前，有两个长度为 (n) 的排列 (a) 和 (b) 以及一个长度为 (n) 的由 (1) 和(2) 组成的序列 c。对于 (1<=i<=n)，(a_i-b_i<=c_i)。
在岁月中这两个排列早已遗落，只留下了序列 (c) 。现在你想要知道满足 (a_i-b_i<=c_i) 的方案数，(a) 或 (b) 某一对应位不同即算不同方案。
由于答案较大，你需要 (mod 666623333) 输出。
输入描述 Input Description###
第一行一个整数 (n) 。
第二行 (n) 个 (1) 或 (2) 的整数，表示 (c) 序列。
输出描述 Output Description###
一个整数，满足条件的方案数 (mod 666623333) 。
样例输入 Sample Input###
4
2 1 2 1
样例输出 Sample Output###
296
数据范围及提示 Data Size & Hint###
对于 20%的数据，(n<=6) 。
对于 40%的数据，(n<=10) 。
对于另外 10%的数据，c 全为 1。
对于另外 20%的数据，c 全为 2。
对于 80%的数据，(n<=100) 。
对于 100%的数据，(1<=n<=2000) 。
之前的一些废话###
题解###
首先我们可以发现(C) 数组中(1，2) 的顺序并不重要，重要的是(1,2) 的个数。然后由于(A,B) 两个都是属于(1-n) 的序列，由于(C) 数组是针对每一个(A) ,$B $ 数的，所以我们不妨定一看一，固定(A) 数组来看(B) 数组的填法。假设(A) 数组是从1到n，然后我们考虑依次往里填数。设(dp[i][j]) 表示已经用了(i) 个(1) ，(j) 个(2) 的方案数，由于我们是从左到右依次处理的，所以到当前位置，所有B数组的上限已经小于等于当前的数，可以证明：(A_{i-1}=i-1,B_{i-1}=i) 或(i+1) ,而(A_i=i,B_i=i+1) 或(i+2)，证明了(B_i geq B_{i-1}) ,证明完了这个我们就可以有序的填入B数组了，转移方程为
(dp[i+1][j]=dp[i+1][j]+dp[i][j]*(min(n,i+j+2)-i-j),
dp[i][j+1]=dp[i][j+1]+dp[i][j]*(min(n,i+j+3)-i-j))) ，
注意最后答案要乘以(cnt[1]!*cnt[2]!)
代码###
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn=2010,MOD=666623333;
int n,cnt[2],dp[maxn][maxn],fac[maxn];
int main()
{
n=read();fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)cnt[read()-1]++;
for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=((LL)fac[i-1]*(LL)i)%MOD;
dp[0][0]=1;
for(int i=0;i<=cnt[0];i++)
for(int j=0;j<=cnt[1];j++)
{
dp[i+1][j]=(dp[i+1][j]+((LL)dp[i][j]*(LL)(min(n,i+j+2)-i-j))%MOD)%MOD;
dp[i][j+1]=(dp[i][j+1]+((LL)dp[i][j]*(LL)(min(n,i+j+3)-i-j))%MOD)%MOD;
}
int t=((LL)fac[cnt[0]]*(LL)fac[cnt[1]])%MOD;
printf("%d
",((LL)dp[cnt[0]][cnt[1]]*(LL)t)%MOD);
return 0;
}
总结###
像这种排列问题明显就是(DP) ，但是关键在于有序的填数进去才能进行正常的(DP) ，而且定一看一的思想也是非常重要的。