[AGC035F] Two Histograms

一、题目

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二、解法

我们记不存在 \(k_i=j-1,l_j=i\) 的方案为 \(\rm regular\ expression\)，关键的 \(\tt observation\) 是：所有 \(\rm regular\ expression\) 和所有不同构的网格构成双射。反向的映射可以用调整法证明，如果遇到 \(k_i=j-1,l_j=i\)，我们可以调整成 \(k_i=j,l_j=i-1\)，并且网格不变。

正向的映射，我们只需要证明所有 \(\rm regular\ expression\) 对应的网格图两两不同即可。对于两种方案 \((l_1,l_2...l_m),(k_1,k_2...k_n)\) 和 \((l'_1,l'_2...l'_m),(k_1',k_2'...k_n')\) 假设它们对应的网格图同构，利用反证法：

我们找到第一个位置 \(j\) 使得 \(l_j\not=l'_j\)，不妨令 \(l_j<l_j'\)，设 \(r=l_j'\)，为了让网格图同构必须满足 \(k_r\geq j,k'_r<j\)，但是由于 \(k_r'\not=j-1\) 否则就不是 \(\rm regular \ expression\)，所以 \(k_r'<j-1\)，那么 \((r,j-1)\) 这个位置不相等，矛盾。

那么我们只需要对所有 \(\rm regular \ expression\) 计数即可，一个显然的思路是对 \(k_i=j,l_j=i-1\) 的 \((i,j)\) 对数来容斥：

\[\sum_{i=0}^{\min(n,m)}(-1)^i\cdot {n\choose i}\cdot {m\choose i}\cdot i!\cdot (n+1)^{m-i}\cdot (m+1)^{n-i} \]

前半部分是选出行和列然后匹配的方案数，后半部分是乱选的方案数，那么就可以直接计算了。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 500005;
const int MOD = 998244353;
#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,m,ans,fac[M],inv[M];
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-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;
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<m || m<0) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%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;
}
signed main()
{
	n=read();m=read();init(500000);
	for(int i=0;i<=min(n,m);i++)
	{
		int f=((i&1)?MOD-1:1)*C(n,i)%MOD*C(m,i)%MOD;
		ans=(ans+f*fac[i]%MOD*qkpow(m+1,(n-i))
		%MOD*qkpow(n+1,m-i))%MOD;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}