题解-洛谷4921&4931 情侣？给我烧了！（加不加强无所谓版）

Problem

简单版 & 加强版

题目概要（其实题面写得很清楚，这里搬运一下）：

(n) 对情侣排座位，恰有 (n) 排座位，每排 (2) 个座位，在一个就座方案中所有人会将将座位坐满（共有 ((2n)!) 种不同的就坐方案。）

求出共有多少种不同的就坐方案满足恰好有 (k) 对情侣坐在一排

• 简单版：给出 (Tleq 10^3) 组数据，每组数据给出 (nleq 10^3)，对于每个 (kin [0,n]) 输出
• 加强版：给出 (Tleq 2 imes 10^5) 组数据，每组数据给出 (nleq 5 imes 10^6)，对于给出的 (kin[0,n]) 输出

每组询问间 (n,k) 不保证相同

Complains

这题目名……让很久没见妹子的我很是心酸啊……

写完简单版发现可以直接过加强版，于是就把这两题写在一起了啦 这题为啥是黑题啊

本来想容斥搞事的，结果推出来始终过不了样例

但估计有简单版和加强版之分，估计简单版是容斥，求dalao指教怎么容斥啊

Solution

然后就尝试着直接做，那对于恰有 (k) 对情侣的就坐方案，首先要选出 (k) 对情侣 (inom nk)，然后要给他们安排对应的位置 (P_n^k)，再算上一排座位间怎么坐都是一样的 (2^n)，最后要限制其他 (n-k) 对情侣都不在一排

最后一个问题明显是错排，错排的式子是 (D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2}))，是由增量法得到的

在这题里，情侣之间不好考虑，然后错排中每加入两个人，和传统的错排一样，只是两个人要选择一个调换到前边去，所以要乘 (2)，所以得到递推式为 (d_i=2(i-1)(d_{i-1}+d_{i-2}))，最后要乘上加入的顺序 (i!)

所以最后的答案为

[Ans=C_n^kcdot P_n^kcdot 2^ncdot (n-k)!cdot d_{n-k} ]

所以这种 (O(n)) 预处理 (O(1)) 查询的做法两道题都能过

Code

简单版

#include <cstdio>
typedef long long ll;

const int N=1013,p=998244353;
int fac[N],inv[N],g[N],f[N],pw2[N];
int n;

inline int C(int nn,int mm){return (ll)fac[nn]*inv[mm]%p*inv[nn-mm]%p;}
inline int P(int nn,int mm){return (ll)fac[nn]*inv[nn-mm]%p;}

inline int qpow(int A,int B){
	int res(1);while(B){
		if(B&1)res=(ll)res*A%p;
		A=(ll)A*A%p,B>>=1;
	}return res;
}

int main(){
	pw2[1]=2;inv[0]=g[0]=1;
	fac[0]=fac[1]=pw2[0]=1;
	for(int i=2;i<N;++i){
		fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%p;
		pw2[i]=2ll*pw2[i-1]%p;
		g[i]=2ll*(i-1)*(g[i-1]+g[i-2])%p;
	}
	inv[N-1]=qpow(fac[N-1],p-2);
	for(int i=N-2;i;--i)inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%p;
	
	int T,n;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);
		for(int i=0;i<=n;++i)
			printf("%lld
",(ll)C(n,i)*P(n,i)%p *pw2[n]%p *fac[n-i]%p *g[n-i]%p);
	}
}

加强版

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;

inline void read(int&x){
	char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
	while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}

const int N=5001001,p=998244353;
int fac[N],inv[N],g[N],f[N],pw2[N];
int n;

inline int C(int nn,int mm){return (ll)fac[nn]*inv[mm]%p*inv[nn-mm]%p;}
inline int P(int nn,int mm){return (ll)fac[nn]*inv[nn-mm]%p;}

inline int qpow(int A,int B){
	int res(1);while(B){
		if(B&1)res=(ll)res*A%p;
		A=(ll)A*A%p,B>>=1;
	}return res;
}

int main(){
	pw2[1]=2;inv[0]=g[0]=1;
	fac[0]=fac[1]=pw2[0]=1;
	for(int i=2;i<N;++i){
		fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%p;
		pw2[i]=2ll*pw2[i-1]%p;
		g[i]=2ll*(i-1)*(g[i-1]+g[i-2])%p;
	}
	inv[N-1]=qpow(fac[N-1],p-2);
	for(int i=N-2;i;--i)inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%p;
	
	int T,n,k;read(T);
	while(T--){
		read(n),read(k);
		printf("%lld
",(ll)C(n,k)*P(n,k)%p *pw2[n]%p *fac[n-k]%p *g[n-k]%p);
	}return 0;
}