Codeforces 1228E. Another Filling the Grid

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看到 $n=250$ 显然考虑 $n^3$ 的 $dp$

设 $f[i][j]$ 表示填完前 $i$ 行，目前有 $j$ 列的最小值是 $1$ 的合法方案数

那么对于 $f[i][j]$ ，枚举 $f[i-1][k]$ ，有 $f[i][j]=\sum_{k=0}^{j}\binom{n-k}{j-k}f[i-1][k](m-1)^{n-j}m^k$

这里 $m$ 就是题目的 $k$

$\binom{n-k}{j-k}$ 是因为多出来的 $j-k$ 列 $1$ 可以任选

$(m-1)^{n-j}$ 是保证没有 $1$ 的列不能填 $1$ ，只有 $m-1$ 种填的数

$m^k$ 是那些原本有保证为 $1$ 的列怎么填都行

当然剩下的那 $j-k$ 个位置显然都是 $1$ ，方案数只有 $1$

然后这样就可以做到 $n^3 \log n$ 然后发现竟然 $T$ 了，所以预处理一下 $k \in [0,n],m^k$ 和 $k \in [0,n],(m-1)^k$ 即可

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

inline int read()

{

    int x=,f=; char ch=getchar();

    while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }

    while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }

    return x*f;

}

const int mo=1e9+,N=;

inline int fk(int x) { return x>=mo ? x-mo : x; }

int n,m;

int C[N][N],f[N][N];

int mi[N],mi_1[N];

int main()

{

    n=read(),m=read();

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        C[i][]=;

        for(int j=;j<=i;j++)

            C[i][j]=fk(C[i-][j]+C[i-][j-]);

    }

    mi[]=mi_1[]=;

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        mi[i]=1ll*mi[i-]*m%mo;

        mi_1[i]=1ll*mi_1[i-]*(m-)%mo;

    }

    for(int j=;j<=n;j++) f[][j]=1ll*C[n][j]*mi_1[n-j]%mo;

    for(int i=;i<=n;i++)

        for(int j=;j<=n;j++)

        {

            for(int k=;k<=j;k++)

            {

                int x=1ll*f[i-][k]*C[n-k][j-k]%mo;

                int y=1ll*mi_1[n-j]*mi[k]%mo;

                f[i][j]=fk(f[i][j]+1ll*x*y%mo);

                if(j==k) f[i][j]=fk(f[i][j]-1ll*mi_1[n]*f[i-][k]%mo+mo);

            }

        }

    printf("%d\n",f[n][n]);

    return ;

}

正常的做法

但是有些神仙看完数据说：" $n$ 太小了，可以出到 $10^5$ 级别"

所以考虑一下神仙的做法

看到有限制的方案数，考虑容斥！

总方案 - (一行不合法+一列不合法) + (两行不合法+两列不合法+一行一列不合法) - ......

那么写成式子就是长这个样子：

$\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n}(-1)^{i+j} \binom{n}{i}\binom{n}{j}m^{n^2-n(i+j)+ij}(m-1)^{n(i+j)-ij}$

上面 $m^{n^2-n(i+j)+ij}$ 就是没限制的位置顺便填，$(m-1)^{n(i+j)-ij}$ 就是强制 $i$ 行 $j$ 列的格子不能填 $1$

然后同样预处理一下 $m$ 和 $m-1$ 的幂次就可以做到 $n^2$

对着这个式子继续搞：

$\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n}(-1)^{i+j} \binom{n}{i}\binom{n}{j}m^{n^2-n(i+j)+ij}(m-1)^{n(i+j)-ij}$

$\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom{n}{j}m^{(n-i)(n-j)}(m-1)^{(n-i)j}(m-1)^{ni}$

$\because \sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom{n}{j}m^{(n-i)(n-j)}(m-1)^{(n-i)j}=(m^{n-i}-(m-1)^{n-i})^n$

$\therefore \sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}(m-1)^{ni}(m^{n-i}-(m-1)^{n-i})^n$

$\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}(m^{n-i}(m-1)^i-(m-1)^n)^n$

然后就可以 $n \log n$ 解决了

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

inline int read()

{

    int x=,f=; char ch=getchar();

    while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }

    while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }

    return x*f;

}

const int N=,mo=1e9+;

inline int fk(int x) { return x>=mo ? x-mo : x; }

int n,m,Ans;

int C[N][N],mi[N],m_1i[N];

inline int ksm(int x,int y)

{

    int res=;

    while(y) { if(y&) res=1ll*res*x%mo; x=1ll*x*x%mo; y>>=; }

    return res;

}

int main()

{

    n=read(),m=read();

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        C[i][]=;

        for(int j=;j<=i;j++) C[i][j]=fk(C[i-][j]+C[i-][j-]);

    }

    mi[]=m_1i[]=;

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        mi[i]=1ll*mi[i-]*m%mo;

        m_1i[i]=1ll*m_1i[i-]*(m-)%mo;

    }

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        int t=1ll*C[n][i]*ksm( fk(1ll*mi[n-i]*m_1i[i]%mo - m_1i[n] +mo) , n )%mo;

        i& ? Ans=fk(Ans-t+mo) : Ans=fk(Ans+t);

    }

    printf("%d\n",Ans);

    return ;

}

巴特西

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