【CF840C】On the Bench-DP+組合數學

測試地址：On the Bench
題目大意： 給出一個長爲$n$的序列$A$，問有多少種$1$ ~ $n$的排列$p$，滿足對於任意$1\le i<n$，有$A_{P_i}\cdot A_{P_{i+1}}$不爲完全平方數。
做法： 本題需要用到DP+組合數學。
直接狀壓DP的複雜度應該是$O(n^22^n)$的，肯定會爆，我們需要進一步發掘條件的性質。
我們發現兩個數乘積爲完全平方數這個性質有“傳遞性”，即若$a\cdot b$爲完全平方數，$b\cdot c$爲完全平方數，則$a\cdot c$也爲完全平方數。證明的話，我們只需要分開來看每個質因子的冪次的奇偶性即可，根據條件，$a$和$c$的各質因子的冪次應該關於模$2$分別同餘，而這也就意味着它們的冪次和一定爲偶數，所以結論成立。
於是現在問題就簡化爲，有$tot$組數，共$n$個數，要排成一排，同組數之間不能相鄰，問方案數。令第$i$組數中數的個數爲$num_i$，我們考慮一組一組進行轉移。
我們先忽略它們在最後整個排列中的絕對位置，只考慮它們目前的相對位置，即不考慮空格的存在。那麼令$f(i,j)$爲前$i$組數組成的排列中，不合法的相鄰元素對數有$j$對（以下簡稱爲不合法位置有$j$個）的方案數，我們考慮$f(i-1,j)$會對$f(i,x)$產生什麼影響。
考慮第$i$組如何擺放。首先我們把這一組的數拆成$k$個連續段，這樣這一組數內部會產生$num_i-k$個不合法位置，這一步的話，拆分有$C_{num_i-1}^{k-1}$種方案，而同組數內順序可以互換，不會產生其他影響，因此還要乘上一個$num_i!$。拆完後，要把這$k$段插入到序列中，此時會對原來序列中的不合法位置產生一些影響。令插入到原來序列中不合法位置的段數爲$l$，顯然插入後不合法位置就會減少$l$，而這樣插入的方案數應該爲：$C_j^l\cdot C_{last+1-j}^{k-l}$，$last$表示前$i-1$組數中元素數量之和，也就是插入前序列的長度，那麼上式應該就非常明顯了：在$j$個不合法位置中選$l$個插入，剩下的在合法位置選一些位置插入，因此就是兩個組合數的乘積。於是在枚舉$k,l$的基礎上，我們得到了$f(i-1,j)$的貢獻：
$f(i-1,j)\cdot num_i!\cdot C_{num_i-1}^{k-1}\cdot C_j^l\cdot C_{last+1-j}^{k-l}$
而進行完這一些操作後，不合法位置數目變爲$j+num_i-k-l$，因此這個貢獻應該累加在$f(i,j+num_i-k-l)$中。於是最後的答案就是$f(tot,0)$了。
上面的轉移方程看上去是$O(n^4)$的（$i,j,k,l$），但因爲$k$枚舉的範圍只到$num_i$，因此實際上時間複雜度爲$O(n^3)$，可以通過此題。
以下是本人代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
int n,num[310],sum[310],tot=0,belong[310];
ll a[310],f[310][310],fac[310],C[310][310];

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		belong[i]=i;
		scanf("%lld",&a[i]); 
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if (belong[i]==i)
		{
			num[++tot]=1;
			for(int j=i+1;j<=n;j++)
			{
				ll s=(ll)sqrt((double)(a[i]*a[j])+0.5);
				if (s*s==a[i]*a[j]) belong[j]=i,num[tot]++;
			}
			sum[tot]=sum[tot-1]+num[tot];
		}
	
	fac[0]=1;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++)
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
	}
	
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=tot;i++)
	{
		for(int j=0;j<=max(0,sum[i-1]-1);j++)
			for(int k=1;k<=min(num[i],sum[i-1]+1);k++)
				for(int l=0;l<=min(j,k);l++)
				{
					ll nxt=f[i-1][j]*fac[num[i]]%mod;
					nxt=nxt*C[num[i]-1][k-1]%mod;
					nxt=nxt*C[j][l]%mod;
					if (k-l>sum[i-1]+1-j) continue;
					nxt=nxt*C[sum[i-1]+1-j][k-l]%mod;
					f[i][j+num[i]-k-l]=(f[i][j+num[i]-k-l]+nxt)%mod;
				}
	}
	printf("%lld",f[tot][0]);
	
	return 0;
}