C. On the Bench（dp + 組合數）

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題意

一個長度為 \(n\) 的序列 \(A\) ，定義一個 \(1\) 到 \(n\) 的排列 \(p\) 是合法的,若且唯若 \(\forall i \in [1, n ? 1], A_{p_i} × A_{p_i+1}\) 不是完全平方數。
求有多少合法的排列，對 \(10^9 + 7\) 模數。

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

題解

對於每個元素去掉它的平方質因子，問題轉化為有多少排列 \(p\) 滿足 \(\forall i \in [1, n ? 1], A_{p_i} \not = A_{p_i+1}\) ，即相鄰元素不同。

然後這個就是一個經典模型（多重集合交錯排列的經典題目）了。

其中一種做法是 \(dp\) + 容斥。參考了 breezeYoung 的講解。

令 \(dp[i][j]\)?表示考慮前?\(i\) 個數至多分成?\(j\)?塊的個數，那麼（此處 \(n_i\) 當前相同的個數）：
\[dp[i][j] = \sum_{j = 1} ^ k dp[i - 1][j - k] {n_i-1 \choose j-1} \frac{n_i!}{j!}\]
這個式子的組合意義就是枚舉你當前把 \(n_i\) 個數分成幾個獨立不同的塊，然後對於這些塊忽略他們位置的區別。

最後答案要容斥計算：
\[ans = \sum_{i = 0}^{n} (-1)^{n - i} dp[n][i] \times i!\]
注意前面忽略的區別這裡要乘回來他們相應位置的方案。

總結

滿足條件的計數還是記得 要容斥啊。轉化模型的能力需要提升。

代碼

#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 + 組合數）