C. On the Bench（dp + 组合数）

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题意

一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\) ，定义一个 \(1\) 到 \(n\) 的排列 \(p\) 是合法的,当且仅当 \(\forall i \in [1, n ? 1], A_{p_i} × A_{p_i+1}\) 不是完全平方数。
求有多少合法的排列，对 \(10^9 + 7\) 取模。

\(n \le 300, A_i \le 10^9\)

题解

对于每个元素去掉它的平方质因子，问题转化为有多少排列 \(p\) 满足 \(\forall i \in [1, n ? 1], A_{p_i} \not = A_{p_i+1}\) ，即相邻元素不同。

然后这个就是一个经典模型（多重集合交错排列的经典题目）了。

其中一种做法是 \(dp\) + 容斥。参考了 breezeYoung 的讲解。

令 \(dp[i][j]\)?表示考虑前?\(i\) 个数至多分成?\(j\)?块的个数，那么（此处 \(n_i\) 当前相同的个数）：
\[ dp[i][j] = \sum_{j = 1} ^ k dp[i - 1][j - k] {n_i-1 \choose j-1} \frac{n_i!}{j!} \]
这个式子的组合意义就是枚举你当前把 \(n_i\) 个数分成几个独立不同的块，然后对于这些块忽略他们位置的区别。

最后答案要容斥计算：
\[ ans = \sum_{i = 0}^{n} (-1)^{n - i} dp[n][i] \times i! \]
注意前面忽略的区别这里要乘回来他们相应位置的方案。

总结

满足条件的计数还是记得 要容斥啊。转化模型的能力需要提升。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("C.in", "r", stdin);
    freopen ("C.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 310, Mod = 1e9 + 7;

int n, a[N], tot[N], m, dp[N][N];

map<int, int> M;

inline int fpm(int x, int power) {
    int res = 1;
    for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
        if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
    return res;
}

int fac[N], ifac[N];
void Math_Init(int maxn) {
    fac[0] = ifac[0] = 1;
    For (i, 1, maxn) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % Mod;
    ifac[maxn] = fpm(fac[maxn], Mod - 2);
    Fordown (i, maxn - 1, 1) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % Mod;
}

inline int C(int n, int m) {
    if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
    return 1ll * fac[n] * ifac[m] % Mod * ifac[n - m] % Mod;
}

int main () {

    File();

    n = read();
    
    Math_Init(n);

    For (i, 1, n) {
        int val = read();
        For (j, 2, sqrt(val + .5)) {
            int cur = j * j;
            while (!(val % cur)) val /= cur;
        }
        a[i] = val;
        if (!M[a[i]]) M[a[i]] = ++ m;
        ++ tot[M[a[i]]];
    }

    dp[0][0] = 1;
    For (i, 1, m) For (j, 1, n)
        For (k, 1, min(tot[i], j))
            dp[i][j] = (dp[i][j] + 1ll * dp[i - 1][j - k] * C(tot[i] - 1, k - 1) % Mod * fac[tot[i]] % Mod * ifac[k]) % Mod;

    int ans = 0;
    Fordown (i, n, 0)
        ans = (ans + (((n - i) & 1) ? -1ll : 1ll) * dp[m][i] * fac[i]) % Mod;
    ans = (ans % Mod + Mod) % Mod;
    printf ("%d\n", ans);

    return 0;

}

C. On the Bench（dp + 组合数）

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原文地址：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/9777931.html