\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  给定数列 \(\{a_n\}\),求排列 \(\{p_n\}\) 的个数,使得 \((\forall i\in[1,n))(a_{p_i}a_{p_{i+1}}\not=k^2)\),其中 \(k\in\mathbb N\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  首先消掉每个数的平方因子,那么限制条件转化为 \(a_{p_i}\not=a_{p_{i+1}}\),我们可以把相等的数放在一个桶里。设桶的大小 \(s_1,s_2,\cdots,s_m\)。

  若直接计数,难免需要考虑用过的 \(a\) 的信息。引入容斥,令 \(f_i\) 表示至少有 \(i\) 对数相邻数相等。则答案为:

\[\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^if_i
\]

  再用 DP 求 \(f\),令 \(g(i,j)\) 表示把前 \(i\) 个桶分为 \(j\) 块,保证块内元素相同的方案数。转移考虑第 \(i\) 个桶的贡献:

\[g(i,j)=\sum_{k=1}^{\min\{s_i,j\}}\frac{g(i-1,j-k)\binom{s_m-1}{k-1}s_m!}{k!}
\]

  比较显然嘛,其中 \(\binom{s_m-1}{k-1}\) 是隔板法划分第 \(i\) 个桶,\(s_m!\) 表示元素有序,\(k!\) 表示块无序。

  最后,找到 \(f\) 和 \(g\) 的关系:、

\[f_{n-k}=g(m,k)k!,~k=1,2,\dots,n
\]

  可以发现 \(g(m,k)\) 实质上就是“至多有 \(k-1\) 个数不相邻”的方案数。

  暴力求这两个东西就好,复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。

\(\mathcal{Code}\)

#include <map>
#include <cstdio> const int MAXN = 300, MOD = 1e9 + 7;
int n, fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5], f[MAXN + 5], g[MAXN + 5][MAXN + 5];
std::map<int, int> num; inline void addeq ( int& a, const int b ) { if ( ( a += b ) >= MOD ) a -= MOD; } inline int qkpow ( int a, int b, const int p = MOD ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = 1ll * a * a % p, b >>= 1 ) ret = 1ll * ret * ( b & 1 ? a : 1 ) % p;
return ret;
} inline void init ( const int n ) {
fac[0] = 1;
for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % MOD;
ifac[n] = qkpow ( fac[n], MOD - 2 );
for ( int i = n - 1; ~ i; -- i ) ifac[i] = ( i + 1ll ) * ifac[i + 1] % MOD;
} inline int C ( const int n, const int m ) {
return n < m ? 0 : 1ll * fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n - m] % MOD;
} int main () {
scanf ( "%d", &n ), init ( n );
for ( int i = 1, a; i <= n; ++ i ) {
scanf ( "%d", &a );
for ( int j = 2; j * j <= a; ++ j ) for ( ; ! ( a % ( j * j ) ); a /= j * j );
++ num[a];
}
int indx = 0, las = 0;
g[0][0] = 1;
for ( auto p: num ) {
++ indx, las += p.second;
for ( int j = 1; j <= las; ++ j ) {
int& cur = g[indx][j];
for ( int k = 1; k <= j && k <= p.second; ++ k ) {
addeq ( cur, 1ll * g[indx - 1][j - k]
* C ( p.second - 1, k - 1 ) % MOD * fac[p.second] % MOD * ifac[k] % MOD );
}
}
}
for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) f[n - i] = 1ll * g[indx][i] * fac[i] % MOD;
int ans = 0;
for ( int i = 0; i < n; ++ i ) addeq ( ans, ( i & 1 ? MOD - 1ll : 1ll ) * f[i] % MOD );
printf ( "%d\n", ans );
return 0;
}

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