[ABC134F] Permutation Oddness 题解

朴素的想法显然是状压 dp，枚举选择的子集，但复杂度不可接受。

考虑优化。注意到对于 \(p_i\)，它的贡献只会有两种可能性，\(+p_i,-p_i\)。于是初步的想法是按照 \(p_i\) 的正负性选择分类。考虑到对于相同正负性的选择 \(p\)，其是等价的。

于是我们设 \(dp_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个 元素和位置，有 \(j\) 组决定向 \(i\) 之后去匹配，贡献为 \(k\) 的方案数。

对于 \(i\) 位置和其元素，考虑计算其有几组向前匹配了。

• 如果匹配了一组，显然 \(j\) 不变，方案数是 \(i\) 向前 \(j\) 个匹配的方案数 \(\times 2\)（考虑元素和位置都可以匹配）和 \(i\) 元素和位置自己匹配的方案数。

• 匹配两组时，\(i-1\) 有 \(j+1\) 组向后匹配，于是同理方案数是 \((j+1)^2\)。

• 不匹配的方案数显然是 \(1\)。

\(j\) 的转移讨论过之后，考虑 \(k\) 的转移。考虑到 \(k\) 的贡献是 选择的一对 \((i,j)\) 之间的差，显然向后匹配一次其贡献 \(+1\)，\(j\) 组意味着有 \(2j\) 个元素，于是 \(k\leftarrow k-2j\)。

三个转移式不再写出。

题目的关键是注意到 \(p\) 的贡献只有两种，于是考虑合并相同 \(p\) 贡献的情况。优化 dp 的方法之一的本质是 合并本质相同的状态。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 55
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n, m;
int dp[N][N][N * N];
void add(int &x, int y) {
	x += y;
	if (x > mod)
		x -= mod;
}
signed main() {
	cin >> n >> m;
	dp[0][0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 0; j <= i; j++)
			for (int k = 2 * j; k <= m; k++) {
				add(dp[i][j][k], dp[i - 1][j][k - 2 * j] * (2 * j + 1) % mod);
				add(dp[i][j][k], dp[i - 1][j + 1][k - 2 * j] * (j + 1) % mod * (j + 1) % mod);
				add(dp[i][j][k], j >= 1 ? dp[i - 1][j - 1][k - 2 * j] : 0);
			}
	cout << dp[n][0][m] << "\n";
	return 0;
}