CF1228E Another Filling the Grid

一、题目

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二、解法

其实我们只需要关系一个数是不是 \(1\)，至于 \(k\) 是拿给我们来算方案数的。

直接凭感觉容斥，钦定 \(i\) 行没有 \(1\) ，\(j\) 列没有 \(1\)，\(t=(n-i)(n-j)\) 即是不被钦定格子的数量：

\[\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n (-1)^{i+j}C(n,i)\times C(n,j)\times k^{t}\times (k-1)^{n^2-t} \]

受这位大佬的博客的启发，上面的式子是可以通过二项式反演严格推导的，下面给出推导过程。

要什么来什么，设 \(f[i][j]\) 为 \(i\) 行没有 \(1\) ，\(j\) 行没有 \(1\) 的方案数。设 \(g[i][j]\) 是钦定 \(i\) 行没有 \(1\) ，钦定 \(j\) 行没有 \(1\) 的方案数（注意不要把 \(g[i][j]\) 理解为 \(f[i][j]\) 的二维后缀和，原理可以看我给出的二项式反演博客），那么他们满足如此的基本关系：

\[g[i][j]=\sum_{x=i}^n\sum_{y=j}^n C(x,i)\times C(y,j)\times f[x][y] \]

然后反演上面的关系式：

\[f[i][j]=\sum_{x=i}^n\sum_{y=j}^n(-1)^{x+y-i-j}\times C(x,i)\times C(y,j)\times g[x][y] \]

\(g[x][y]\) 通常是很容易求的，\(g[x][y]=C(n,x)\times(n,y)\times k^{(n-x)(n-y)}\times(k-1)^{(x+y)n-xy}\)，答案就是 \(f[0][0]\)，自己把 \(i=j=0\) 带进入就得到了我们一开始凭感觉写出来的柿子（这说明我们凭感觉推出来容斥可以通过二项式定理严格证明）

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时间复杂度 \(O(n^2)\) 其实已经足够通过本题了，但是我们想能不能做到更好，优化的办法是 去掉内层循环，由于这里既有 \(-1\) 又有 \(C(n,j)\)，所以我们可以尝试使用 二项式定理 ，但是 \(k\) 的那些项要做相应的变形。

\[k^{(n-i)(n-j)}\times(k-1)^{(i+j)n-ij} \]

\[k^{(n-i)(n-j)}\times(k-1)^{i(n-j)}\times(k-1)^{nj} \]

\[(k^{n-i}\times(k-1)^i)^{n-j}\times((k-1)^n)^j \]

这个变形也不是空穴来风，我们在配凑指数 \(n-j\) 和 \(j\) 以达到二项式定理中的指数定和，那么最后的柿子变成：

\[\sum_{i=0}^n-1^i\times C(n,i)\times(k^{n-i}(k-1)^i-(k-1)^n)^n \]

所以时间复杂度优化成了 \(O(n\log n)\) ，代码也极好写。

#include <cstdio>
const int M = 305;
const int MOD = 1e9+7;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,k,ans,inv[M],fac[M],f1[M],f2[M];
void init()
{
	inv[0]=inv[1]=fac[0]=f1[0]=f2[0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		f1[i]=f1[i-1]*(k-1)%MOD;
		f2[i]=f2[i-1]*k%MOD;
	}
}
int qkpow(int a,int b)
{
	int r=1;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) r=r*a%MOD;
		a=a*a%MOD;
		b>>=1;
	}
	return r;
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<m) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
signed main()
{
	n=read();k=read();
	init();
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		int t=(f1[i]*f2[n-i]-f1[n])%MOD;
		if(i%2==0) ans=(ans+C(n,i)*qkpow(t,n))%MOD;
		else ans=(ans-C(n,i)*qkpow(t,n))%MOD;
	}
	printf("%lld\n",(ans+MOD)%MOD);
}