840C - On the Bench

题意

给定序列 a[1...n]a[1...n]a[1...n]，求有多种 aaa 的排列，满足任意两个相邻的数乘积不是完全平方数，答案对 109+710^9+7109+7 取模。

ai≤109,1≤n≤300a_i\le 10^9,\ 1\le n \le 300ai≤109, 1≤n≤300

转换

如果 xy=p2xy=p^2xy=p2，yz=q2yz=q^2yz=q2，那么 xz=(pqx)2xz=({\dfrac{pq}{x}})^2xz=(xpq)2，也是一个完全平方数。所以我们可以把把 x,y,zx,y,zx,y,z 视为一个同一种颜色，以此类推……用并查集维护每一种颜色的数量。

于是问题转换为：

有 mmm 种颜色的球，第 iii 种颜色的球有 sis_isi 种，总共 nnn 个球，求同色不相邻的排列的数量。

DP + 容斥 O(n2)O(n^2)O(n2)

本方法参考这篇博客。

设 f(k)f(k)f(k) 表示把这些小球分成 kkk 个连续段的方案数，其中：

每一段都是相同的颜色；
段内小球考虑排列顺序；
段与段之间无序，即所有的段构成一个无序集合。

下面用 DP 来求 f(k)f(k)f(k)。

设 f(i,k)f(i,k)f(i,k) 表示考虑前 iii 种颜色，分成了 kkk 组的方案数。容易推出 fff 的转移方程
f(i,k)=∑j=1min⁡(si,k)f(i−1,k−j)⋅si!⋅(si−1j−1)j!f(i,k) = \sum_{j=1}^{\min(s_i, k)}f(i-1,k-j)\cdot \dfrac{s_i!\cdot{s_i-1\choose j-1}}{j!} f(i,k)=j=1∑min(si,k)f(i−1,k−j)⋅j!si!⋅(j−1si−1)

简要介绍这个式子的含义。

枚举最后一种颜色（第 iii 种颜色）分成了 jjj 段，所以由 f(i−1,k−j)f(i-1,k-j)f(i−1,k−j) 转移过来。

si!s_i!si! 是将 sis_isi 个同色小球排列，然后 (si−1j−1){s_i-1\choose j-1}(j−1si−1) 是将这个排列分成 kkk 个段（原理是隔板法）。由于组与组是无序的，所以要除以 j!j!j!。

那么 f(n,k)f(n,k)f(n,k) 就是将所有的小球分为 kkk 组的方案数，简要记为 f(k)f(k)f(k)。

特别注意一下这个 DP 式子的复杂度，它虽然是三重循环，但神奇的是它的复杂度其实是 O(n2)O(n^2)O(n2) 。因为第一层循环的是颜色，第三层循环的次数不超过该种颜色的数量，所以这两层循环的总次数其实是 ∑i=mnsi\sum_{i=m}^{n}s_i∑i=mnsi，这两层和一块是 O(n)O(n)O(n) 级别的。

如果把所有小球分为 kkk 组，那么至少有 n−kn-kn−k 对相邻的同色小球。

所以 f(n)⋅n!f(n)\cdot n!f(n)⋅n! 就是提前钦定 n−kn-kn−k 对同色小球，其余随意组合的方案数之和。这样答案就是典型的容斥
ans=f(n)⋅n!−f(n−1)⋅(n−1)!+…ans=f(n)\cdot n! - f(n-1)\cdot(n-1)! + \dots ans=f(n)⋅n!−f(n−1)⋅(n−1)!+…

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long long
#define PII pair<int, int>int Testnum = 1;/**********************  Core code begins  **********************/const int N = 1003, MOD = 1e9 + 7;
int n, a[N];
int fac[N], inv[N], invfac[N];
int m = 0, s[N], f[N][N];struct DSU {int fa[N], siz[N];void init() {for (int i = 1; i < N; i++) {fa[i] = i;siz[i] = 1;}}int find(int x) {return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);}void merge(int x, int y) {if (find(x) == find(y)) {return;}int fx = find(x), fy = find(y);fa[fx] = fy;siz[fy] += siz[fx];}
} dsu;void init() {fac[0] = inv[0] = invfac[0] = 1;fac[1] = inv[1] = invfac[1] = 1;for (int i = 2; i < N; i++) {fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;inv[i] = ((MOD - MOD / i * inv[MOD % i]) % MOD + MOD) % MOD;invfac[i] = invfac[i - 1] * inv[i] % MOD;}
}int C(int x, int y) {if (x < y || x < 0) {return 0;}return fac[x] * invfac[y] % MOD * invfac[x - y] % MOD;
}void SolveTest() {cin >> n;dsu.init();init();for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%lld", &a[i]);}for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = i + 1; j <= n; j++) {int x = sqrt(a[i] * a[j]);if (x * x == a[i] * a[j]) {dsu.merge(i, j);}}}m = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (dsu.fa[i] == i) {s[++m] = dsu.siz[i];}}f[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int k = i; k <= n; k++) {for (int j = 1; j <= min(s[i], k); j++) {f[i][k] = (f[i][k] + f[i - 1][k - j] * fac[s[i]] % MOD * C(s[i] - 1, j - 1) % MOD * invfac[j] % MOD) % MOD;}}}int res = 0, sig = 1;for (int i = n; i >= 1; i--) {res = (res + sig * f[m][i] % MOD * fac[i] % MOD) % MOD;sig = MOD - sig;}cout << res;
}/**********************  Core code ends  ***********************/signed main() {#ifdef LOCALfreopen("in.txt", "r", stdin);
#endif// cin >> Testnum;for (int i = 1; i <= Testnum; i++) {SolveTest();}return 0;
}

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