【AGC005D】~K Perm Counting（容斥，二分图，计数dp）

首先正面做不太好做，考虑容斥。

设 $f(m)$ 表示排列中至少有 $m$ 处 $|P_i-i|=k$ 的方案数。

那么答案就是 $\sum _{i=0}^n(-1{)}^{i}f(i)$。

原题可以看成一个二分图的形式：（$n=5$ 时）

左边是排列的编号，右边是权值，那么现在要做的就是连 $n$ 条边，补全这个二分图，使得每个点的度数都是 $1$。

那么考虑什么时候会出现 $|P_i-i|=k$ 的情况。

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-kmHchJ2G-1601819094543)(https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/5s8onaw1.png)]

如图，当 $k=1$ 时，连出上图中的任意一条边都会使得 $|P_i-i|=k$。

我们考虑选出一些边，而且任意两条边都不能接在同一个端点上（因为每个点的度数要为 $1$）。

发现图中的边构成了若干条链且互不影响，于是把他们拿出来铺平：

此时如果要使得 $|P_i-i|=k$，只有相邻两个点之间才会连边，而且 $a_5$ 和 $1$ （第 $5$ 个点和第 $6$ 个点）之间不会连边。

设 $dp(i,j,0/1)$ 表示已经考虑了前 $i$ 个点，其中连了 $j$ 条边，第 $i-1$ 个点和第 $i$ 个点之间是/否连边的方案数。

那么容易得到：

$$\{\begin{array}{l}dp(i,j,0)=dp(i-1,j,0)+dp(i-1,j,1)\\ dp(i,j,1)=dp(i-1,j-1,0)\end{array}$$

但是还有一种特殊情况，那就是 $i=6$ 时，第 $5$ 个点和第 $6$ 个点之间不能连边，所以此时 $dp(i,j,1)$ 不存在。

所以我们需要开一个数组判断一下某一个点是否是链的开头。

按着这个 dp，那么有 $f(m)=(n-m)!\times dp(2n,m)$。

意思就是先把满足有 $m$ 个 $|P_i-i|=k$ 的方案数算出来，剩下的数随便排列。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 2010
#define ll long long
#define mod 924844033

using namespace std;

int n,k,tot,a[N];
ll fac[N],dp[N<<1][N][2];
bool vis[N<<1];

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		for(int t=0;t<2;t++)
		{
			for(int j=i;j<=n;j+=k)
			{
				tot++;
				if(i!=j) vis[tot]=1;
			}
		}
	}
	dp[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
	{
		for(int j=0;j<=n;j++)
		{
			dp[i][j][0]=(dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1])%mod;
			if(vis[i]&&j) dp[i][j][1]=dp[i-1][j-1][0];
		}
	}
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		if(i&1) ans=(ans-(dp[n<<1][i][0]+dp[n<<1][i][1])*fac[n-i]%mod+mod)%mod;
		else ans=(ans+(dp[n<<1][i][0]+dp[n<<1][i][1])*fac[n-i]%mod)%mod;
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}