[AGC057E] RowCol/ColRow Sort（转化条件+dp）

[AGC057E] RowCol/ColRow Sort

问题的操作是对序列排序，关注的是数之间的大小关系，这时候我们可以考虑将题目的范围缩小，思考值域在 $[0,1]$ 怎么做？

手玩后发现，在这样的条件下，第一种操作即按照每行 $0$ 的数量将行从上到下降序排序，列同理，为按照每列 $0$ 的数量将行从上到下降序排序。

思考如何刻画 $A$ 矩阵满足两种操作的条件。以行为例，设 $r_i$ 表示第 $i$ 行 $0$ 的数量，那么 $A$ 矩阵所有行的 $r$ 构成可重集合与 $B$ 矩阵的 $r$ 构成的可重集合相等是必要的，同时根据 $B$ 矩阵的性质，可以得出这也是充分的。

那么刻画就是行列的可重集合与 $B$ 相同。根据 $B$ 矩阵的特殊性质，满足条件的 $A$ 矩阵一定对应两个可重集合排列后唯一一种方案（每个排列并不对应唯一一种矩阵），那么 $[0,1]$ 的答案就是两个可重排列数相乘。

回到原问题，只需要将前面的方法拓展，枚举 $k\in [0,9)$，令 $A_{i,j}\leftarrow [A_{i,j}\le k]$，$B_{i,j}\leftarrow [A_{i,j}\le k]$，那么一个合法的 $A$ 矩阵一定在所有 $k$ 上都满足上面的条件。但是方案显然不是简单的排列数相乘了，那么问题就聚焦在排列满足的条件上。

注意到操作的特殊性，枚举每个 $k$，我们其实可以这样刻画一个矩阵 $A$：存在两个排列 $p^k(1\cdots n)$ 和 $q^k(1\cdots m)$，使得 $A_{i,j}=B_{p_i^k,q_j^k}$。一个合法的 $A$ 对应唯一一个集合 $\{(p^0,q^0)\cdots (p^k,q^k)\}$。但是对于每一个 $k+1$ 时，$p^k$ 对 $p^{k+1}$ 有制约，具体的说，$B_{p_i^k,q_j^k}\le k\Rightarrow B_{p_i^{k+1},q_j^{k+1}}\le k+1$。这里有四个排列非常难受，但实际上我们只关心两对排列的相对关系，并且不关心其他排列，所以考虑逆置换，设 $p_i^k=i$，那么条件就变成：$B_{i,j}\le k\Rightarrow B_{p_i^k,q_j^k}\le k+1$ (这里可以当作是枚举 $k$ 或 $k+1$ 时满足的条件，看你怎么理解)。这样转化后单次计算 $k$ 情况下的方案数就独立了。

继续改写条件。设 $r_i=\sum _{j=1}^m[B_{i,j}\le k]$，$c_j=\sum _{i=1}^n[A_{i,j}\le k+1]$，那么就有 $j\le r_i\Rightarrow p_i^k\le c_{q_j^k}$，即为 $p_i^k\le \underset{j\le r_i}{min}{c}_{q_j^k}$，再根据 $c$ 的单调性，即 $p_i^k\le c_{\underset{j\le r_i}{max}{q}_j^k}$。

至此我们将原问题变为：给定两个单调不升的序列 $r$ 和 $c$，求满足上述的排列 $p$ 和 $q$ 的方案数。考虑用 dp 求解。设 $f_{i,j}$ 表示 $max(q_1\cdots q_i)=j$ 的方案数。可以发现 $p$ 和 $q$ 并不是相互制约，所以在求解过程中可以只考虑一个排列的方案数。先考虑 $q$，转移只需要枚举当前位 $q_i$ 是否为最大值。

怎么考虑 $p$，可以在 dp 过程中用一个指针 $t$ 从右往左扫描 $r_i$，如果 $r_t=i$，那么考虑 $p_t$ 这一位的填法即可。

每一次 $k$ 算出来的方案数都要除以 $\prod _{k=1}^m(\sum _{i=1}^n[r_i=k])!\cdot \prod _{k=1}^m(\sum _{i=1}^n[r_i=k])!$，这是可重排列重复算的部分。

时间复杂度 $O(k{m}^2)$。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mk std::make_pair

using u32 = unsigned int;
using u64 = unsigned long long;
using i64 = long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1.5e3 + 10, mod = 998244353;
int n, m;
int B[N][N];
i64 inv[N], fac[N], r[15][N], c[15][N], cnt[N];
i64 f[N][N], ans = 1;
i64 qpow(i64 a, i64 b) {
	i64 ret = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) ret = ret * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	} 
	return ret;
}
int main () {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
	
	std::cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			std::cin >> B[i][j];
			r[B[i][j]][i]++;
			c[B[i][j]][j]++;
		}
	}
	int M = std::max(n, m);
	fac[0] = 1;
	for(i64 i = 1; i <= M; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	inv[M] = qpow(fac[M], mod - 2);
	for(i64 i = M - 1; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	 
	for(int k = 0; k < 9; k++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) r[k + 1][j] += r[k][j];
		for(int j = 1; j <= m; j++) c[k + 1][j] += c[k][j];
		int t = n;
		for(; t && !r[k][t]; t--);
		memset(f, 0, sizeof(f));
		f[0][0] = 1;
		for(i64 i = 1; i <= m; i++) {
			i64 s = f[i - 1][0];
			for(i64 j = 1; j <= m; j++) {
				f[i][j] = ((j - i + 1) * f[i - 1][j] + s) % mod;
				s = (s + f[i - 1][j]) % mod;
			}
			for(; t && r[k][t] == i; t--) {
				for(int j = 1; j <= m; j++) f[i][j] = f[i][j] * std::max(0LL, c[k + 1][j] - t + 1) % mod;
			} 
		}
		ans = ans * f[m][m] % mod;
		memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
		for(int i = 1; i <= n; i++) cnt[r[k][i]]++;
		for(int i = 1; i <= m; i++) ans = ans * inv[cnt[i]] % mod;
		memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
		for(int i = 1; i <= m; i++) cnt[c[k][i]]++;
		for(int i = 0; i <= n; i++) ans = ans * inv[cnt[i]] % mod;
	}
	
	std::cout << ans << "\n";
	
	return 0;
}