题目链接
https://www.luogu.org/problemnew/show/P4931
题解
以下部分是我最开始的想法。
对于每一个 \(k\)，满足恰好有 \(k\) 对情侣和睦的方案数为
\[\binom{n}{k} × \binom{n}{k} × k! × 2^k × f_{n - k}\]
其中，\(f_x\) 表示 \(x\) 对情侣坐 \(x\) 排座位且没有任何一对情侣坐在同一排的方案数。
上述式子的意义为：从 \(n\) 对情侣中选出 \(k\) 对作为和睦的，再从 \(n\) 排中选出 \(k\) 排供这 \(k\) 对情侣就坐，方案数为 \(\binom{n}{k} × \binom{n}{k}\)。由于 \(k\) 对情侣就坐顺序可以不一致，且每队情侣内部双方也可以交换座位，因此方案数为 \(k! × 2^k\)。再乘以剩下的 \(n - k\) 对情侣均不出现和睦的方案数即为最终答案。
现在问题在于如何求出 \(f_x\)。考虑容斥，\(f_x=\) 任意就坐的方案数\(-\)至少存在一对情侣和睦的方案数\(+\)至少存在两对情侣和睦的方案数\(-\)至少存在三对情侣和睦的方案数\(...\)
那么做和上面类似的分析，我们可以得到：
\[f_x = \sum_{i = 0}^{x} (-1)^i × \binom{x}{i} × \binom{x}{i} × i!× 2^i × (2×(x - i))!\]
上述式子最后的 \((2×(x - i))!\) 表示不强制和睦的 \(x - i\) 对情侣随意就坐的方案数。
总预处理的复杂度为 \(O(n^2)\)。
虽然这种容斥的想法很自然，但是时间复杂度并不优秀。我们需要找更好的办法求 \(f_x\)。
我们先回忆一下错排的递推式：
\[D_n = (n - 1)(D_{n - 1} + D_{n - 2})(n \geq 2)\]
《组合数学》上对其的证明大概是这样的：
我们想要求得 \(D_n\)，考虑长度为 \(n\) 的排列的第一个位置，有 \(2, 3, 4, \cdots, n\) 共 \(n - 1\) 种填法。很显然的是，无论以谁作为开头，方案数都是一样的，因此我们只需算出以任意一个数开头的方案数，乘以 \(n - 1\) 就好了。我们假设第一位填了 \(2\)，那么第二个位置可以填 \(1, 3, 4, \cdots, n\)。如果填了 \(1\)，那么剩下的部分就是一个 \(3, 4, \cdots , n\) 的错位排列，方案数为 \(D_{n - 2}\)；如果不填 \(1\)，那么这一位的 \(1\) 和 \(3, 4, \cdots, n\) 共同构成了长度为 \(n - 1\) 的错位排列，方案数为 \(D_{n - 1}\)，因此有 \(D_n = (n - 1)(D_{n - 1} + D_{n - 2})(n \geq 2)\)。
我们将其推广到这个题。若 \(n\) 对情侣要坐 \(n\) 排座位，考虑第一排座位必须坐两个不互为情侣的人，共有 \(2n \times (2n - 2) = 4n(n - 1)\) 种方案（第一个人可以是 \(2n\) 个人里面的任意一个，第二个人可以是剩下的 \(2n - 1\) 个人中除了第一个人的配偶的任意一个）。接下来共有两种情况：若第一排的两个人对应的配偶也坐到了同一排，那么剩下的 \(n - 2\) 对情侣就坐且不满足同排互为情侣的方案数为 \(f_{n - 2}\)，由于第一排的两个人对应的配偶可以任选 \(n - 1\) 排中的一排就坐，且可以互换位置，因此该情况下总方案数为 \(2(n - 1)f_{n - 2}\)；若第一排的两个人对应的配偶没有坐到同一排，那么我们可以把他们也视为一对情侣，他们和剩下的 \(n - 2\) 对情侣就坐合法的方案数为 \(f_{n - 1}\)。
这样，我们就得到了 \(f\) 的递推式：\(f_n = 4n(n - 1)(f_{n - 1} + 2(n - 1)f_{n - 2})(n \geq 2)\)，边界为 \(f_0 = 1, f_1 = 0\)。此题就可以在 \(O(n)\) 的时间内完成预处理了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned int uint;
typedef pair<int, int> pii;
typedef unsigned long long ull;
template<typename T> inline void read(T& x) {
char c = getchar();
bool f = false;
for (x = 0; !isdigit(c); c = getchar()) {
if (c == '-') {
f = true;
}
}
for (; isdigit(c); c = getchar()) {
x = x * 10 + c - '0';
}
if (f) {
x = -x;
}
}
template<typename T, typename... U> inline void read(T& x, U&... y) {
read(x), read(y...);
}
template<typename T> inline bool checkMax(T& a, const T& b) {
return a < b ? a = b, true : false;
}
template<typename T> inline bool checkMin(T& a, const T& b) {
return a > b ? a = b, true : false;
}
const int N = 5e6 + 10, mod = 998244353;
inline void mul(int& x, int y) {
x = 1ll * x * y % mod;
}
inline int qpow(int v, int p) {
int res = 1;
for (; p; p >>= 1, mul(v, v)) {
if (p & 1) {
mul(res, v);
}
}
return res;
}
int fac[N], invfac[N], pow2[N], f[N];
inline int binom(int n, int m) {
return 1ll * fac[n] * invfac[m] % mod * invfac[n - m] % mod;
}
void init(int n) {
fac[0] = invfac[0] = pow2[0] = f[0] = 1;
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
pow2[i] = (pow2[i - 1] << 1) % mod;
if (i > 1) {
f[i] = 4ll * i * (i - 1) % mod * (f[i - 1] + 2ll * (i - 1) * f[i - 2] % mod) % mod;
}
}
invfac[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
for (register int i = n - 1; i; --i) {
invfac[i] = 1ll * invfac[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
}
int main() {
init(5000000);
int t; read(t);
for (register int kase = 1; kase <= t; ++kase) {
int n, k; read(n, k);
printf("%lld\n", 1ll * binom(n, k) * binom(n, k) % mod * fac[k] % mod * pow2[k] % mod * f[n - k] % mod);
}
return 0;
}