AT2062 ~K Perm Counting 构造+动态规划+容斥

看到这道题第一个想法肯定是按照套路钦定一些地方不合法，然后其他地方随便选，最后来一个二项式反演.   

但是我们发现这个 DP 状态很难设置.           

然后你发现一个非常神的性质：由于题中给的是绝对值，所以说一个位置要是不合法的话，只有两种数值的可能(+k和-k)  

然后把位置 $i$ 和值 $i+/-k$ 相连，形成一个二分图（左面 $n$ 个点表示位置，右面 $n$ 个点表示值，二者有连边意味着不合法）    

你发现每一个值/位置都只出现在一条链中，然后链和链之间互不影响.  

那么如果钦定 $m$ 个位置不合法，就意味着在二分图中有一个匹配大小 $=m$ 的边集.               

所以我们就可以直接在链上进行动态规划. 

设 $f[i][j][0/1]$ 表示当前到第 $i$ 个点，已经选了 $j$ 个不合法，$i$ 是否和链中前一个位置相连.    

这个就非常好转移了.     

转移完这个后用二项式反演容斥一下即可. 

code: 

#include <cstdio> 
#include <algorithm>  
#define ll long long   
#define N 2008  
#define mod 924844033 
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) 
using namespace std; 
int f[N<<1][N<<1][2],link[N<<1],fac[N<<1];  
int main() 
{ 
    // setIO("input");  
    int i,j,n,k,tot=0; 
    scanf("%d%d",&n,&k);     
    fac[0]=1,f[0][0][0]=1;    
    for(i=1;i<=n;++i) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;     
    for(i=1;i<=k;++i) 
    {
        for(int t=1;t<=2;++t) 
            for(j=i;j<=n;j+=k) 
                if(j!=i) link[++tot]=1; else ++tot;     
    }    
    for(i=1;i<=tot;++i) 
    {
        for(j=0;j<=n;++j) 
        {   
            f[i][j][0]=(ll)(f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1])%mod;    
            if(link[i]) f[i][j][1]=f[i-1][j-1][0];      
        }
    }    
    int ans=0; 
    for(i=0;i<=n;++i) 
    {
        int tmp=(ll)(f[n<<1][i][0]+f[n<<1][i][1])%mod;       
        tmp=(ll)tmp*fac[n-i]%mod;      
        if(i&1) ans=(ll)(ans-tmp+mod)%mod;        
        else ans=(ll)(ans+tmp)%mod;   
    }   
    printf("%d
",ans); 
    return 0; 
}