$n \leq 2000000$的排列,问有多少满足:存在个$i$,使得$p_i \neq n$,且$p_j<p_i,j \in [i+1,i+K]$,$K \leq 2000000$是给定常数。膜$1e9+7$。

排列题还是比较菜。。

这次的切入点依然是排列题的经典套路--考虑将$n$加入$n-1$的合法排列,从而建立递推关系。

先从答案要求入手,假如把$n$插进位置$i$,那么$i$之前的序列必须已经合法,否则要么接下来一个数是$n$,后面$K$个数一定$<n$,不合法,要么这序列根本就不合法,就gg。也就是说,$n$之前的数字的大小关系已经确定了。确定大小关系的情况可以开始递推:$D(i)$表示$i$在位置$i$时,剩下$i-1$个数乱排时的合法排列数——$n$(注意,这里真的是$n$)在位置$i$时,前$i-1$个数一旦确定,他们的大小关系必须如同$D(i)$的方案,然后其他的数乱排列。因此最终答案为$\sum_{i=1}^{n}D(i)\frac{(n-1)!}{(i-1)!}$。搞定。

注意这里通过大小关系把$n$变成更小的东西。

现在试着求$D(i)$。首先$i<=K$时$D(i)=0$这实际上排除了一重条件$p_i \neq n$,因为此时造成$p_j<p_i,j \in [i+1,i+K]$的只有非$n$的数。好那就来看看剩下最大的$n-1$。当$n-1$放在前$i-K-1$个位置时,它就是符合条件的$i$。当它放在$i-K$往后的位置时,又来!此时$n-1$后边是不可能有非法$i$了,但前面一定有,大小关系又是$D$!于是有$D(n)=(n-K-1)(n-2)!+\sum_{i=n-K}^{n-1}D(i)*\frac{(n-2)!}{(i-1)!}$,把$(n-2)!$提到前面,记个前缀和即可。

 //#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
//#include<queue>
//#include<time.h>
//#include<complex>
#include<algorithm>
#include<stdlib.h>
using namespace std; int n,K;
#define maxn 2000011
const int mod=1e9+;
int fac[maxn],inv[maxn]; int powmod(int a,int b)
{
int ans=;
while (b)
{
if (b&) ans=1ll*a*ans%mod;
a=1ll*a*a%mod; b>>=;
}
return ans;
} int sum[maxn],f[maxn];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&K);
fac[]=; for (int i=;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-]*1ll*i%mod;
inv[n]=powmod(fac[n],mod-); for (int i=n;i>=;i--) inv[i-]=1ll*inv[i]*i%mod;
for (int i=;i<=K;i++) f[i]=sum[i]=;
for (int i=K+;i<=n;i++)
{
f[i]=(1ll*(i-K-)*fac[i-]%mod+1ll*fac[i-]*(sum[i-]+mod-sum[i-K-])%mod)%mod;
sum[i]=(sum[i-]+1ll*f[i]*inv[i-])%mod;
}
int ans=;
for (int i=;i<=n;i++) ans=(ans+1ll*(sum[i]-sum[i-]+mod)*fac[n-])%mod;
printf("%d\n",ans);
return ;
}

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