6464. 【GDOI2020模擬02.07】矩陣

題目

有個$n*m$的黑白的方格，根據這個矩陣求得$A、B、C$三個數組
$A_i$表示第$i$行的第一個黑格的位置（如果沒有就$m+1$）。
$B_i$表示第$i$列的第一個黑格的位置（如果沒有就$n+1$）。
$C_i$表示第$j$列的最後一個黑格的位置（如果沒有就$0$）。
求對於所有的塗色方案，不同的三元組$(A,B,C)$的數量。
$n\leq 8000$
$m\leq 200$

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思考歷程

看到這題後沒有什麼特別的思路。
分析了一些粗淺的性質，對正解（甚至拿部分分）沒有什麼幫助。
最終就是打了個暴力。

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正解

設$f_{i,j}$表示前$j$列中，強制$i$行有黑格，所得到的方案數。
考慮從$f_{i,j}$轉移到$f_{i+k,j+1}$。
若$k=0$：
由於這$i$列都有黑格，所以在新增一列時，無論第$j+1$列怎麼塗，$A$都不會再被更新。
所以只需要考慮$B$和$C$的影響。
很顯然影響是$1+i+C_{i}^{2}$
若$k>0$：
爲了避免重複，新增的$k$行填的黑格子都在$j+1$列上。
原來的行的$A_i$不變，新增的行的$A_i=j+1$，所以對於$A$來說，方案數的不同在於新增$k$列的位置。將$k$列插入$i$列中，得出的不同的$A$乘上$C_{i+k}^k$種方案。
但是$B$、$C$就可能要難搞一些，因爲原來的行在$j+1$列上有可能塗黑。
換個角度想一想，把$A$、$B$、$C$綜合起來考慮。
分類討論一下：
一、假設$B_{j+1}$和$C_{j+1}$都是新加的$k$行之一。
每一種新增$k$行插入原來的$i$行的方案，都會對應着有且僅有一個$B_{j+1}$和$C_{j+1}$的取值。
考慮上$A$的影響，每個方案的$A$都是不一樣的，所以在這個情況下，每種插入的方案都對應着唯一的$(A,B,C)$。
方案數爲$C_{i+k}^k$
二（三）、假設$B_{j+1}$是原來的$i$行之一，$C_{j+1}$是新加的$k$行之一（反之同理）：
可以這麼理解：先把新增的$k$行插入原來的$i$行中，這時候對應着唯一的$A$，所以不用擔心後面可能出現重複的情況。
插的第一個位置前面的行中任選一個作爲$B_{j+1}$
硬算的話，就先枚舉第一個插入後的位置$x+1$（表示這個位置前面有$x$個原來的行），乘上$x$的貢獻，然後將$k-1$行插入後面的$i+k-x-1$行中的貢獻乘進去。列出個醜陋的式子，就是它的方案數。
通過組合數的定義來分析，這無非就是：在$i+k$個東西中，在位置$x+1$處選一個，然後它左邊選$1$個，右邊選$k-1$個。
這個東西不就是$i+k$箇中選$k+1$個嘛！
方案數出來了：$C_{i+k}^{k+1}$
四、假設$B_{j+1}$和$C_{j+1}$都是原來的$i$行之一
類似二的分析，得出方案數爲$C_{i+k}^{k+2}$
綜合起來，貢獻總共就是$C_{i+k+2}^{k+2}$
把式子列出來，顯然可以卷積。
NTT就完了。

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代碼

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define L 16384
#define N 8010
#define M 210 
#define ll long long
#define mo 998244353
ll qpow(ll x,int y=mo-2){
	ll res=1;
	for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
		if (y&1)
			res=res*x%mo;
	return res;
}
int n,m;
ll fac[N],ifac[N];
ll f[N];
ll a[L],b[L],c[L];
int nN,lgn,re[L];
ll A[L],B[L],C[L];
inline void dft(ll A[],int flag){
	for (int i=0;i<nN;++i)
		if (i<re[i])
			swap(A[i],A[re[i]]);
	for (int i=1;i<nN;i<<=1){
		ll wn=qpow(3,(mo-1)/(2*i));
		if (flag==-1)
			wn=qpow(wn);
		for (int j=0;j<nN;j+=i<<1){
			ll wnk=1;
			for (int k=j;k<j+i;++k,wnk=wnk*wn%mo){
				ll x=A[k],y=wnk*A[k+i]%mo;
				A[k]=(x+y)%mo;
				A[k+i]=(x-y+mo)%mo;
			}
		}
	}
	if (flag==-1){
		ll inv=qpow(nN);
		for (int i=0;i<nN;++i)
			A[i]=A[i]*inv%mo;
	}
}
inline void multi(ll c[],ll a[],ll b[]){
	for (lgn=0,nN=1;nN<=2*n;nN<<=1,lgn++);
	re[0]=0;
	for (int i=1;i<nN;++i)
		re[i]=re[i>>1]>>1|(i&1)<<lgn-1;
	for (int i=0;i<nN;++i)
		A[i]=a[i],B[i]=b[i];
	dft(A,1),dft(B,1);
	for (int i=0;i<nN;++i)
		C[i]=A[i]*B[i]%mo;
	dft(C,-1);
	for (int i=0;i<nN;++i)
		c[i]=C[i];
}
int main(){
	freopen("matrix.in","r",stdin);
	freopen("matrix.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int most=max(n,m)+2;
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=most;++i)
		fac[i]=fac[i-1]*i%mo; 
	ifac[most]=qpow(fac[most]);
	for (int i=most-1;i>=0;--i)
		ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mo;
	f[0]=1;
	for (int j=1;j<=m;++j){
		for (int i=0;i<=n;++i)
			a[i]=f[i]*ifac[i]%mo;
		b[0]=0;
		for (int k=1;k<=n;++k)
			b[k]=ifac[k+2];
		multi(c,a,b);
		for (ll i=0;i<=n;++i)
			f[i]=(c[i]*fac[i+2]+f[i]*(1+i+(i*(i-1)>>1)%mo))%mo;
	}
	ll ans=0;
	for (int i=0;i<=n;++i)
		ans+=f[i]*fac[n]%mo*ifac[i]%mo*ifac[n-i]%mo;
	printf("%lld\n",ans%mo);
	return 0;
}

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總結

計數類的問題中，如果式子太複雜，就用定義的角度去分析它吧……