这题，我和王队一共看了一个小时，王队一句话让我突然想到了状态和相关的转移，然后花了半天把它写完。事实上我们都想到了这题的大部分解法。
如果排列确定了，很容易有个 的 DP,设 表示当前走到点 的方案数，转移不再赘述。
现在排列不确定了，我们枚举排列去计数路径是十分困难的，那反过来考虑，考察一条路径能贡献多少个排列。
那现在假设路径确定了，我们要绕开这条路径来填充排列。
“所有点都不经过”是十分困难的，我们可以钦定 有 个点被经过，容斥系数为 。
需要注意的是，对于已经确定的 ，其带来的限制是 "第 行和第 列不能再有障碍被钦定" 且 ” 不能被经过“，换言之，我们所“钦定”
的，都是那些
的位置，对于已经确定的 ，我们只是把它当成一个确定的障碍，不将其纳入容斥的部分。
设一共有 个位置满足 。
那么就容易设出状态 表示当前走到了
，一共钦定了 个障碍的方案数之和。（后面两个 表示第 行与第 列是否已经被钦定过了障碍。
那么分类讨论
处钦定障碍或不钦定障碍转移即可。
最后的答案是 。
上文中 的容斥系数在 DP
转移中顺带处理了。
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e2 + 5,P = 998244353;
inline void Plus(int &x,const int &y) { x += y;if(x >= P) x -= P;}
int f[N][N][N][4];
int n,p[N],fac[N],num = 0,vst[N];
int main()
{
cin >> n;
for(int i = 1;i <= n;i++)
cin >> p[i],num += p[i] == -1;
for(int i = 1;i <= n;i++)
if(p[i] != -1) vst[p[i]] = true;
p[n + 1] = -1;
for(int i = 0;i <= n + 1;i++)
f[0][i][0][0] = f[i][0][0][0] = 1;
for(int i = 1;i <= n + 1;i++)
for(int j = 1;j <= n + 1;j++)
for(int k = 0;k <= min(i,j);k++)
{
if(p[i] != j)
{
Plus(f[i][j][k][1],f[i - 1][j][k][1]);
Plus(f[i][j][k][1],f[i - 1][j][k][3]);
Plus(f[i][j][k][2],f[i][j - 1][k][2]);
Plus(f[i][j][k][2],f[i][j - 1][k][3]);
Plus(f[i][j][k][0],f[i - 1][j][k][0]);
Plus(f[i][j][k][0],f[i - 1][j][k][2]);
Plus(f[i][j][k][0],f[i][j - 1][k][0]);
Plus(f[i][j][k][0],f[i][j - 1][k][1]);
}
if((p[i] == -1) && !vst[j] && k)
{
Plus(f[i][j][k][3],P - f[i - 1][j][k - 1][0]);
Plus(f[i][j][k][3],P - f[i - 1][j][k - 1][2]);
Plus(f[i][j][k][3],P - f[i][j - 1][k - 1][0]);
Plus(f[i][j][k][3],P - f[i][j - 1][k - 1][1]);
}
}
fac[0] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
int ans = 0;
for(int k = 0;k <= num;k++)
{
int res = f[n + 1][n + 1][k][0];
Plus(ans,1ll * res * fac[num - k] % P);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
|
总的来说，这是道计数练手好题。