[atAGC045D]Lamps and Buttons

由于$p_{i}$是随机的，不断选择最小的、未被操作过的$i$并处理其所在的环一定是最优的，而这样与已知$p_{i}$的区别是，当选择了一个$i=p_{i}$，那么必然失败（而已知$p_{i}$时不会去选择）

考虑令$t=min_{p_{i}=i或i=A+1}i$，我们只能操作到$t-1$为止，因此即要求：

1.$forall 1le i<t,i e p_{i}$，同时若$tle A$，则$p_{t}=t$

2.$forall A<ile n$，满足$exists 1le j<t,i和j在同一个环中$

对于$1le i<t,i=p_{i}$的$i$数量容斥，即枚举这个数量$j$，之后这$j$个位置以及$t$（若$tle A$）可以看作删除（这里有$(-1)^{j}{t-1choose j}$的系数）

通过容斥，我们就去除了第一个条件（注意：容斥仅仅强制了这$j$个位置满足$p_{i}=i$，对其余位置没有限制），再整理一下，可以看作以下问题——

令$x=t-1-j$（初始是亮的且可以操作）、$y=max(A-t,0)$（初始是亮的但不能操作）和$z=n-A$（初始不亮），统计$x+y+z$阶的排列：$forall iin z$，满足$exists jin x,i和j在同一个环中$

（上面的$in x$指属于这$x$个点中的一个，$y$和$z$类似）

将排列看作一张有向图，每一次插入$i$，有两种可能：

新建一条边$(i,i)$或选择一条边$(x,y)$，删除该边并建立$(x,i)$和$(i,y)$（$x$可以等于$y$）

归纳可得这样可以得到所有排列（所对应的有向图），同时我们考虑依次插入$x+y+z$个数，对于前$x$个数是任意的，再填$z$个数，但都只能在之前插入而不能选择自环，最后$y$个数依旧任意

（如果先填$y$个数，那么$z$不能选择仅由$y$组成的环，因此不正确）

根据乘法原理将这些乘起来，即$frac{x(x+y+z)!}{x+z}$，综合前面答案即为$sum_{t=1}^{A+1}sum_{j=0}^{t-1}(-1)^{j}{t-1choose j}frac{x(x+y+z)!}{x+z}$，预处理阶乘和逆元就可以做到$o(n+A^{2})$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 10000005
#define mod 1000000007
int n,a,ans,fac[N],inv[N],inv_fac[N];
int c(int n,int m){
    return 1LL*fac[n]*inv_fac[m]%mod*inv_fac[n-m]%mod;
}
int calc(int x,int y,int z){
    return 1LL*fac[x+y+z]*x%mod*inv[x+z]%mod;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&a);
    fac[0]=inv[0]=inv[1]=inv_fac[0]=1;
    for(int i=1;i<N-4;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=2;i<N-4;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<N-4;i++)inv_fac[i]=1LL*inv_fac[i-1]*inv[i]%mod;
    for(int i=1;i<=a+1;i++)
        for(int j=0;j<i;j++){
            int s=1LL*c(i-1,j)*calc(i-1-j,max(a-i,0),n-a)%mod;
            if (j&1)s=mod-s;
            ans=(ans+s)%mod;
        }
    printf("%d",ans);
}