https://zybuluo.com/ysner/note/1236806
题面
称一个(1-n)的排列的完美数为有多少个(i)满足(|P_i−i|=1)。
求有多少个长度为(n)的完美数恰好为(m)的排列。
- (n,mleq1000)
解析
因为要计数，所以(DP)。
显然状态中要包含一些信息：统计第(1-i)个数的答案、有(j)个满足条件、(i-1)和(i+1)二数是否被用过。
但是如果真这样设状态，就只能隔一个数转移一次（因为得到(i-1)的信息必须通过(i-2))。
边界状态不好设计啊。
然后我懵了
实际上，应该设(f[i][j][k_{(2)}][l_{(2)}])表示在第(1-i)个数中，已经填了(j)个满足条件的数，(k)表示(i)是否已填，(l)表示(i+1)是否已填。
这样一切都顺理成章了。
决策三种：
- 这一位先不填数（最后把设定不符合条件的数乱填一下）
- 这一位填(i-1)
- 这一位填(i+1)
这样(ans[m]=(dp[n][m][0][0]+dp[n][m][1][0])*2^{n-m})(另外两状态不合法）
最后考虑计重问题。
这时得到的(ans[m])是完美数(geq m)的所有方案。
(ans[m])包含了(ans[m+1])中的(C_{m+1}^m)种方案。
(ans[m])包含了(ans[m+2])中的(C_{m+2}^m)种方案。
于是乘上组合数容斥一波即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=6e5+100;
int n,m;
ll dp[1005][1005][2][2],C[1005][1005],ans[1005],jc[1005],anss;
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int main()
{
n=gi();m=gi();
C[0][0]=1;
fp(i,1,n)
{
C[i][0]=1;
fp(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
}
jc[0]=1;fp(i,1,n) jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
dp[0][0][1][0]=1;
fp(i,1,n)
fp(j,0,i)
fp(k,0,1)
fp(l,0,1)
{
(dp[i][j][l][0]+=dp[i-1][j][k][l])%=mod;//不管
if(j&&k==0) (dp[i][j][l][0]+=dp[i-1][j-1][k][l])%=mod;//取i-1
if(j) (dp[i][j][l][1]+=dp[i-1][j-1][k][l])%=mod;//取i+1
}
fp(i,0,n) (ans[i]+=dp[n][i][0][0]+dp[n][i][1][0])%=mod,ans[i]=ans[i]*jc[n-i]%mod;
anss=ans[m];
re int flag=-1;
fp(i,m+1,n) anss=(anss+flag*ans[i]*C[i][m]%mod+mod)%mod,flag=-flag;
printf("%lld
",anss);
return 0;
}