初见安~这里是传送门：bzoj P4665 小w的喜糖
Sol
代码及题解参考：https://www.cnblogs.com/Parsnip/p/11530658.html
这算是容斥定理的一个非常经典的模板题。说白了就是——错排问题的升级版，每个人原本的序号存在重复。
看到题目既然无从下手，那么就采取一个技巧叫做假设。最难切入的地方在于，对于一部分人来说，只要拿到的是某种糖果，那么方案都是一样的。所以——我们假设每个糖果都不一样。也就是说——若第一个人和第二个人在各种交换后都拿到了种类三的糖果，然后两人交换一下，这就是两种方案。有个什么好处呢——暂时不用在意去重的问题。
那么既然已经考虑到去重了，就开始扯容斥。容斥的时候首先要想好条件性质。这里我们设一个性质是“有一个人拿着自己同种的糖果”。那么所求就是满足性质为0时的答案。也就是说我们要考虑至少有x个人手中有和自己同种糖果时的计数。设表示前i个人中有j个人手里拿的是和自己同种类的糖。那么就很好递推：
cnt表示对某种糖果的数量的计数。含义：在前i-1种糖果的情况下，加入i这一种糖果，并搭配k个本身为该种糖果的人进去，而这k个人要在cnt[i]里面选，并且因为每颗糖果就算同种也不一样，所以每个人在剩下的糖果中都有不同的剩余选择。【最后那一步表示】
现在得到了f[i][j]，我们继续回退。因为性质是有同种的糖果，所以假设为刚好满足x个性质时的方案数，所求应为
。
容斥一下可得：
最后的最后因为我们假设了每颗糖果都不同，所以要分别处以各种糖果数量的阶乘才行。【组合数学里的定理，不好证】
所以上代码：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define maxn 4005
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1000000009;
int read() {
int x = 0, f = 1, ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar();
return x * f;
}
int n, a[maxn], cnt[maxn], tot = 0;
ll fac[maxn], inv[maxn];
ll pw(ll a, ll b) {ll res = 1; while(b) {if(b & 1) res = res * a % mod; a = a * a % mod, b >>= 1;} return res;}
ll C(ll n, ll m) {return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;}//求组合
ll A(ll n, ll m) {return fac[n] * inv[n - m] % mod;}//求排列
ll f[maxn][maxn], ans = 0;
bool cmp(int a, int b) {return a > b;}
signed main() {
fac[0] = 1, inv[0] = 1;//预处理阶乘和逆元
for(int i = 1; i <= 4000; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[4000] = pw(fac[4000], mod - 2);
for(int i = 3999; i > 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), cnt[a[i]]++, tot = max(tot, a[i]);
int lim = 0; f[0][0] = 1;//预处理f数组
for(int i = 1; i <= tot; i++) {
lim += cnt[i];
for(int j = 0; j <= lim; j++) for(int k = 0; k <= min(j, cnt[i]); k++)
f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - k] * C(cnt[i], k) % mod * A(cnt[i], k) % mod) % mod;
}
//容斥
for(int i = 0, kd = 1; i <= n; i++, kd = -kd) ans = (ans + kd * f[tot][i] * fac[n - i]) % mod;
ans = (ans + mod) % mod;
for(int i = 1; i <= tot; i++) ans = ans * inv[cnt[i]] % mod;//去掉假设
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}关于容斥定理和广义容斥定理，题解前挂的那篇博客讲的挺好的：）
迎评：）
——End——
