Matrix HDU - 6314（推式子好题）

题目大意：

$Samwell·Tarly$ 正在学习绘制魔法矩阵，以保护自己免受白人步行者的伤害。
魔法矩阵是一个有 $n$ 行和 $m$ 列的矩阵，每个格子都应该涂成黑色或白色。
Sam想知道有多少种方法来绘制矩阵，满足于最终矩阵至少有 $A$ 行和 $B$ 列被绘制为完全黑色。因为答案可能太大，您只需要对 $998244353$ 取模。

分析：

一道不错的推式子的好题。

首先，设 $F[x][y]$ 为在大小为 $x\times y$ 的矩阵中，乱涂色，但保证每一行，每一列都不完全为黑色的数量。根据容斥原理，容易得到：

$$F[x][y]=\sum _{i=0}^x\sum _{j=0}^y(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{j})\ast {(-1)}^{i+j}\ast 2^{(n-i)\ast (m-j)}$$

假如我们求得了 $F[x][y]$，那么答案 $ans$ 就能很容易地求出来，即：

$$ans=\sum _{i=A}^n\sum _{j=B}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{j})\ast F[n-i][m-j]$$

然而直接求 $F[x][y]$ 的时间复杂度为 $O(n^2\ast m^2)$，无疑是无法接受的，因此考虑将 $F$ 的表达式代入，得到：

$$ans=\sum _{i=A}^n\sum _{j=B}^m\sum _{p=0}^{n-i}\sum _{q=0}^{m-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{j})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{p})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{m-j}{q})\ast {(-1)}^{p+q}\ast 2^{(n-p)\ast (m-q)}$$

移项，得：

$$ans=\sum _{i=A}^n\sum _{j=B}^m\sum _{p=0}^{n-i}\sum _{q=0}^{m-j}((-1{)}^p\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{p}))\ast ((\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{j})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{m-j}{q})\ast {(-1)}^q)\ast 2^{(n-i-p)\ast (m-j-q)}$$

设 $t1=i+p$，$t2=j+q$，代入得：

$$ans=\sum _{t1=A}^n\sum _{t2=B}^m{2}^{(n-t1)\ast (m-t2)}\sum _{i=A}^{t1}\sum _{j=B}^{t2}((-1{)}^{t1-i}\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{t1-i}))\ast ((\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{j})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{m-j}{t2-j})\ast {(-1)}^{t2-j})$$

即：

$$ans=\sum _{t1=A}^n\sum _{t2=B}^m{2}^{(n-t1)\ast (m-t2)}\sum _{i=A}^{t1}((-1{)}^{t1-i}\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{t1-i}))\ast \sum _{j=B}^{t2}((\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{j})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{m-j}{t2-j})\ast {(-1)}^{t2-j})$$

记 $Fa[t]=\sum _{i=A}^t((-1{)}^{t-i}\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{t-i}))$，$Fb[t]=\sum _{j=B}^t((\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{j})\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{m-j}{t-j})\ast {(-1)}^{t-j})$

预处理时间复杂度分别为 $O(n^2)$ 和 $O(m^2)$。

则有：

$$ans=\sum _{t1=A}^n\sum _{t2=B}^m{2}^{(n-t1)\ast (m-t2)}Fa[t1]\ast Fb[t2]$$

Code:

#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 3e3;
const int MOD = 998244353;
int fa[MAXN + 5],fb[MAXN + 5],dp[MAXN + 5][MAXN + 5],p[30000005],n,m,a,b;
inline int qpow(int a,int m){
	int ret = 1;
	while(m){
		if(m % 2 == 1){
			ret *= a % MOD;
			ret %= MOD;
		}
		m /= 2;
		a = a * a % MOD;
	}
	return ret;
}
void pre(){
	p[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= 3e6; i++){
		p[i] = p[i - 1] * 2;
		p[i] %= MOD;
	}
}
signed main(){
	dp[0][0] = 1;
	for(int i = 1;i <= MAXN; i++){
		for(int j = 0; j <= i; j++){
			if(j == 0 || j == i)dp[i][j] = 1;
			else dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1];
		}
	}
	pre();
	while(scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&a,&b) == 4){
		memset(fa,0,sizeof fa);
		memset(fb,0,sizeof fb);
		for(int t = a; t <= n; t ++){
			for(int i = a; i <= t; i++){
				fa[t] += dp[n][i] * dp[n - i][t - i] * ((t - i) % 2 ? -1 : 1);
			}
		}
		for(int t = b; t <= m; t ++){
			for(int i = b; i <= t; i ++){
				fb[t] += dp[m][i] * dp[m - i][t - i] * ((t - i) % 2 ? -1 : 1);
			}
		}
		int ans = 0;
		for(int t1 = a; t1 <= n; t1++){
			for(int t2 = b; t2 <= m; t2++){
				ans += p[(n - t1) * (m - t2)] * (long long)(fa[t1] * fb[t2]) % MOD;
				ans %= MOD;
			}
		}
		cout << ans << "\n";
	}
} 

__EOF__

本文作者：Never Gonna Give You Up!
本文链接：https://www.cnblogs.com/CZ-9/p/16587741.html
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