Codeforces340 E. Iahub and Permutations

Codeforces题号：#340E

出处： Codeforces

主要算法：思维+DP

难度：4.8

题意：

有一个长度为$n$的排列（即各元素互不相同），其中有一些为-1。现要求将数填到这些-1上，使得原排列是一个错位排列。问有几种方法？

思路分析：

　　又是一道超级难的DP……

　　这不就是一个错排的模板题吗？不是只要看有几个-1就做多少的错排吗？确实，样例很不良心，那就给你一组反例吧……

　　-1 -1 2 3 -1

　　我们注意到了，并不是剩下的元素全是错排。因为原来我们认为2不能处在2的位置，但是4作为第二个元素是可以处在2的位置的。这样一来……就错得很离谱了。

　　但是这道题跟错排的关系依然是很大的。如果还不了解错排，可以参见我的另一篇博客「错位排列及有关例题」

　　我们首先可以根据数字是否为-1，以及数字i是否被使用过，把给的数字$a[i]$分成几类：

　　　　第一类，$a[i] = -1$ 且数字$i$还没有被使用过（即数字$i$没有出现在给定的序列中），那么这个位置除了其位置本身对应的数字$i$以外，其他剩余的数字都可以填进来。

　　　　第二类，$a[i] = -1$ 且数字$i$已经被使用过了，那么任何剩余的数字都可以填进来而且不会影响错位排列，想填什么就填什么。

　　　　第三类，$a[i] ≠ -1$ 且数字$i$还没有被使用过，这种数字的个数应该和第一类相同，都是有限制的随便填。

　　　　第四类，$a[i] ≠ -1$ 且数字$i$已经被使用过了，这种东西用都没有，就当他们是垃圾就好了。

　　首先我们可以统计出一类（或三类）数字的出现次数$y$，以及二类数字的出现次数$x$。我们只考虑二类数字可能组成的方案数，将有$x$个数字填到$x$个无限制的位置中，方案数就是$P_x^x$。

　　下面正式开始DP。令$f[i]$表示加入$i$个一类数字后的方案数。因此很容易得到$f[0] = P_x^x，即 x!$

　　下面开始状态转移。对于第$i$个一类数字，我们可以把他填入到无限制的二类数字的位置中，方案数是$x * f[i-1]$。剩余的就直接做错位排列即可。

代码注意点：

　　随手MOD

Code

/*By QiXingzhi*/
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define  r  read()
#define  Max(a,b)  (((a)>(b)) ? (a) : (b))
#define  Min(a,b)  (((a)<(b)) ? (a) : (b))
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll
const int N = 10010;
const int INF = 1061109567;
const int MOD = 1000000007;
inline int read(){
    int x = 0; int w = 1; register int c = getchar();
    while(c ^ '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar();
    if(c == '-') w = -1, c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) +(x << 1) + c - '0', c = getchar();
    return x * w;
}
int n,ans,x,y;
int f[N],a[N],b[N];
inline int JieCheng(int x){
    int res = 1;
    for(int i = 2; i <= x; ++i){
        res = (res * i) % MOD;
    }
    return res%MOD;
}
#undef int
int main(){
#define int ll
//    freopen(".in","r",stdin);
    n = r;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        a[i] = r;
        if(a[i] != -1){
            b[a[i]] = 1;
        }
    }
//    for(int i = 1; i <= n; ++i){
//        printf("%lld ",b[i]);
//    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        if(a[i] == -1 && b[i] > 0){
            ++x;
        }
//        printf("a[%lld] = %lld  b[%lld] = %lld\n",i,a[i],i,b[i]);
        if(a[i] == -1 && b[i] == 0){
            ++y;
        }
    }
//    printf("x = %lld  y = %lld\n",x,y);
    f[0] = JieCheng(x);
    for(int i = 1; i <= y; ++i){
        f[i] = (x * f[i-1] + (i-1) * f[i-1]) % MOD;
        if(i > 1) f[i] = (f[i] + (i-1) * f[i-2]) % MOD;
    }
    printf("%lld",f[y]);
    return 0;
}