Sky Full of Stars

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题目大意：

给定一个 \(n \times n\) 的矩形，在里面填充三种颜色，求使得至少一行或至少一列同色的方案数。

解法

容斥

我们不去考虑反演，直接开始容斥，我们不难将问题进行转化，去计算此时答案的补集，那么最后的答案就是 \(3^{n\times n} -\) 补集。我们在将问题进行转化，我们不如去直接计算第一行同色且且二行同色 \(\cdots\) 且第一列同色且第二列同色 \(\cdots\) 的方案数，我们令 \(F\) 为满足上面条件的方案数，那么最后的答案就是 :

\[Ans = 3^{n\times n} - \sum_{S \in T} (-1)^{\left| S \right|} F(S) \]

我们考虑如何去计算 \(F\)。我们不难发现对于 \(i,j>0\)，\(\left(i=0\right) \lor (j=0)\)，\((i=0) \land (j=0)\)是三种不同的情况，那么我们分开计算。
首先对于 \((i=0) \land (j=0)\)，此时没有任何限制条件，对应的 \(F(S) = 3^{n\times n}\)。
对于 \((i=0) \lor (j=0)\)，此时对于发现行列之间没有交叉点，也就是行列之间没有颜色的约束，故此时的 \(F(S) = 2\times \sum_{i=1}^n (-1)^i \binom{n}{i} 3^{n^2 -ni +i}\)。
对于这个式子，我们考虑如何去掉求和符号就行优化，我们准备直接利用二项式定理去进行优化：

\[\begin{aligned} F(S) &= 2\times \sum_{i=1}^n (-1)^i \binom{n}{i} 3^{n^2 -ni +i}\\ &=2\times 3^{n^2} \times \sum_{i=1}^n (-1)^i \binom{n}{i} 3^{-ni+i} \\ &=2\times 3^{n^2} \times \sum_{i=1}^n \binom{n}{i} (-3^{(1-n)})^i \\ &=2\times 3^{n^2} \times [(1-3^{(1-n)})^n -1] \end{aligned}\]

最后考虑 \(i,j>0\) 的情况我们不难发现此时对应的 \(i\) 行,\(j\) 列的颜色应该相同，所以对应的 \(F(S) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (-1)^{i+j} \binom{n}{i} \binom{n}{j} 3^{n^2 - n(i+j)-ij + 1}\)
之后和第二种情况一样，大力推式子，二项式定理优化即可。

反演

我们首先明确两个含义：
\(F_{i,j}\) 表示至少 \(i\) 行 \(j\) 列同色的方案数
\(G_{i,j}\) 表示恰好 \(i\) 行,\(j\) 列同色的方案数。

那么我们就知道最后答案为 \(Ans = F_{0,0} - G_{0,0}\) 即全集减去没有一行并且没有一列同色的方案数。
那么根据二维二项式反演可知 ：

\[F_{n,m} = \sum_{i=n}^{\infty} \sum_{j=m}^{\infty} \binom{i}{n} \binom{j}{m} G_{i,j} \iff G_{n,m} = \sum_{i=n}^{\infty} \sum_{j=m}^{\infty} (-1)^{i + j - n - m} \binom{i}{n} \binom{j}{m} F_{i,j} \]

由此可知：

\[\begin{aligned} G_{0,0} &= \sum_{i=0}^{\infty} \sum_{j=0}^{\infty} (-1)^{i+j} \binom{i}{0} \binom{j}{0} F_{i,j} \\& = \sum_{i=0}^{\infty} \sum_{j=0}^{\infty} (-1)^{i+j} F_{i,j} \end{aligned}\]

对于 \(F_{i,j}\) 的计算方法上面已经提到过了，这里就不再提了。

最后贴一下代码吧

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define ll long long
const int M = 1e6 + 7 , mod = 998244353;
int fac[M] , inv[M];
inline int Pow(int a , int b) {
	int ans = 1; for(; b; b >>= 1 , a = a * a % mod) if(b & 1) ans = ans * a % mod;
	return ans;
}
inline int C(int n ,  int m) {return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n -  m] % mod;}
signed main () {
	int n; std::cin >> n;	
	inv[0] = fac[0] = 1;for(int i = 1; i <=	1e6; ++ i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod , inv[i] = Pow(fac[i] , mod - 2);
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		int tmp = C(n , i) * Pow(3 , (mod - 1 - i * n % (mod - 1))) % mod * (Pow(1 - Pow(3 , i - n + mod - 1) + mod , n) - 1) % mod ;
		if(i & 1) ((ans -= tmp) += mod) %= mod;
		else (ans += tmp) %= mod;
	}
	ans = -ans * Pow(3 , (n * n + 1) % (mod - 1)) % mod;
	((ans -= 2ll * Pow(3,(ll)n * n % (mod - 1)) % mod * (Pow(1 - Pow(3,mod - n) + mod,n) - 1) % mod) += mod) %= mod;
	std::cout << (ans + mod) % mod<< '\n';
	return 0;	
}

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最后感谢 slongle 大佬的指导