题目概述
对于一个 \(n\) 的排列 \(p\) 定义好位置为满足 \(|p_i-i|=1\) 的位置，问恰好为 \(k\) 个好位置的方案。
分析
一看到这道题目，就感觉跟[AGC005D] ~K Perm Counting一样。
考虑容斥，设 \(F(m)\) 表示钦定了 \(m\) 个好位置剩下随便排的方案，\(G(m)\) 表示恰好为 \(m\) 个好位置。
那么根据二项式反演可以得到：
考虑怎么求 \(F(m)\)。
直接沿用那道题目的分成两部图的方法，然后进行连边，具体而言是左边的 \(i\) 连向右边的 \(i-1\) 和 \(i+1\)，可以将左边的看作位置，右边的看作 \(p_i\)。
然后我们会依照连边拉出来两条边的数量为 \(n-1\) 的链，其实这样就可以直接 \(dp\) 了，但是我们不要，我们用组合数学的方法。
发现这两条链可以分别处理并且都是互不影响的，所以我们先关注一条链。
我们不能选择两条相邻的边，因为这样会导致他不知道在那个位置，这也就转化成了拥有 \(n-1\) 条边的链选择 \(k\) 条不相邻的边的方案数是多少。
我们考虑我们选择的序列为 \(a\)（长度为 \(k\)），那么他需要满足：对于任意 \(i\geq 2,a_{i+1}\geq a_i+2\)。
发现这个约束不好做，转化成相差为一的，套路地令 \(b_i\leftarrow a_i-(i-1)\)，那么 \(b\) 满足：\(1\leq b_1<b_2<\dots<b_k=n-(k-1)=n-k+1\)。
这相当于在 \(1\) 到 \(n-k+1\) 这些数选择 \(k\)，最后排序就是 \(b\) 了。
综上所述，拥有 \(n-1\) 条边的链选择 \(k\) 条不相邻的边的方案数为 \(\binom{n-k+1}{k}\)。
我们现在要将两条链组合起来，设 \(f_m\) 表示总共选 \(m\) 条边的方案。
那么显然有转移式子：\(f_m=\sum_{i=0}^m\binom{n-1-i+1}{i}\binom{n-i-(m-i)+1}{m-i}\)。
那么有：\(F(m)=f_m(n-m)!\)。
然后反演求出 \(G(m)\) 即可。
代码
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define int long long
#define N 1005
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int jc[N],inv[N];
int qpow(int a,int b) {int res = 1;while(b) {if (b & 1) res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}
int C(int a,int b) {if (a < 0 || b < 0 || a < b) return 0;return jc[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;
}
int f[N];
signed main(){jc[0] = jc[1] = inv[0] = inv[1] = 1;for (int i = 2;i < N;i ++) jc[i] = jc[i - 1] * i % mod,inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;for (int i = 2;i < N;i ++) inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % mod;int n,k;cin >> n >> k;for (int i = 0;i <= n;i ++)for (int j = 0;j <= i;j ++) f[i] = (f[i] + C(n - j,j) * C(n - (i - j),i - j) % mod) % mod;int ans = 0;for (int i = k,t = 1;i <= n;i ++,t = -t)ans = (ans + (t * C(i,k) % mod * f[i] % mod * jc[n - i] % mod + mod) % mod) % mod;cout << ans;return 0;
}