ABC259Ex 题解

Solution

首先考虑暴力：

1. 枚举同种颜色的格子，假设两点为 \((i,j),(x,y)\)，那么从 \((i,j)\) 到 \((x,y)\) 的方案数即为 \(C_{x-i+y-j}^{x-i}\)。考虑当前颜色有 \(B\) 个，枚举的时间复杂度为 \(O(B^2)\)。

2. 考虑枚举每一种颜色，算出这种颜色到其他格子方案数，有递推方程：\(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}\)，当 \(a_{i,j}\) 为当前颜色时，\(f_{i,j}=1\)。枚举时间复杂度为 \(O(n^2)\)。

再考虑根号分治，把两个暴力拼在一起，当 \(B \leq n\) 时执行第一种暴力，时间复杂度最坏为 \(O(nB^2)\)；当 \(B>n\) 时执行第二种暴力，时间复杂度最坏为 \(O(\frac{n^4}{B})\)，当 \(B=n\) 时，总时间复杂度为 \(O(n^3)\)。

注意在处理逆元的时候应处理到 \(2n\)，因为需要计算 \(inv_{x-i+y-j}\)，而 \(x-i+y-j\) 最大为 \(2n-2\)。

#include<bits/stdc++.h> 
#define ll long long 
#define x first 
#define y second 
#define il inline 
#define debug() puts("-----") 
using namespace std; 
typedef pair<int,int> pii; 
const int N=410; 
const ll Mod=998244353; 
int n; 
ll f[N][N]; 
int a[N][N]; 
vector<pii> v,mp[N*N]; 
ll inv[N<<1],fac[N<<1]; 
il ll qmi(ll x,int k){ 
	ll res=1; 
	while(k){
		if(k&1) res=res*x%Mod; 
		x=x*x%Mod; k>>=1; 
	} return res; 
} 
il ll calc(int i,int j,int x,int y){ 
	int P=x-i+y-j,R=x-i; 
	return fac[P]*inv[P-R]%Mod*inv[R]%Mod; 
} 
il void init(){ 
	fac[0]=inv[0]=1; 
	for(int i=1;i<=2*n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%Mod; 
	inv[2*n]=qmi(fac[2*n],Mod-2); 
	for(int i=2*n-1;i>=1;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%Mod; 
} 
signed main(){ 
	scanf("%d",&n); 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			scanf("%d",&a[i][j]); 
			if(!mp[a[i][j]].size()) v.push_back({i,j}); 
			mp[a[i][j]].push_back({i,j}); 
		} 
	} init(); ll ans=0; 
	for(auto u:v){ 
		int col=a[u.x][u.y]; 
		if(mp[col].size()<=n){
			for(auto i:mp[col]) 
				for(auto j:mp[col]) 
					if(i.x<=j.x&&i.y<=j.y) ans=(ans+calc(i.x,i.y,j.x,j.y))%Mod; 
		} else{ 
			for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) f[i][j]=0; 
			int col=a[u.x][u.y]; for(auto i:mp[col]) f[i.x][i.y]=1; 
			for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j]+f[i][j-1])%Mod,ans=(ans+((a[i][j]==col)?f[i][j]:0))%Mod; 
		} 
	} printf("%lld\n",ans); return 0; 
}