Codeforces997C Sky Full of Stars 【FMT】【组合数】

题目大意：

一个$n*n$的格子，每个格子由你填色，有三种允许填色的方法，问有一行或者一列相同的方案数。

题目分析：

标题的FMT是我吓人用的。

一行或一列的问题不好解决，转成它的反面，没有一行和一列相同的方案数。

从一个方向入手，比如列，把一列看成一个整体。把颜色看成二进制数，$001$，$010$，$100$。

那么一列构成了一个长度为$3n$的二进制数，$n$列之间互相与出来的结果为$0$。实际我要统计这个东西。

注意到每一列的取法是不能取相同颜色的，所以剔除相同。之后我们得到了每一列可选的情况。

将它做FMT，之后做$n$次方，然后做IFMT，$0$位上的就是答案。用$9^n$减去这个数字就行。

直接做的时间复杂度是$O(n*2^n)$的，我们远不能承受。

但是我们有用的状态却不多，甚至还有规律。比如FMT后的某个位$bit$如果每三位出现两个$1$那么这个的FMT值一定是$0$，然后如果每三位只有$1$个$1$那么该位贡献$1$次，否则贡献$3$次。

然后是IFMT的还原问题，经过观察，不难发现如果某个位$bit$的$1$的个数为奇数，那么对$0$位产生减的影响，否则产生加的影响。

综合上面两个因素，可以利用组合数来统计方案数。值得注意的是如果每三位的1的位置相同那么要提防填充出相同结果。

时间复杂度$O(n)$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 1020000;
const int mod = 998244353;

int n;

int f[maxn][2],g[maxn][2];
int pw3[maxn];
int c[maxn];

int fast_pow(int now,int pw){
    int ans = 1,dt = now,bit = 1;
    while(bit <= pw){
        if(bit & pw) ans = (1ll*ans*dt)%mod;
        bit <<=1;dt = (1ll*dt*dt)%mod;
    }
    return ans;
}

void work(){
    if(n == 1) {puts("3");return;}
    pw3[0] = 1;for(int i=1;i<=n;i++) pw3[i] = 3ll*pw3[i-1]%mod;
    c[0] = 1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        c[i]=(1ll*c[i-1]*(n-i+1))%mod;
        c[i]=(1ll*c[i]*fast_pow(i,mod-2))%mod;
    }
    int sum = fast_pow(pw3[n],n);
    f[0][1] = 1; g[0][1] = (pw3[n]-3+mod)%mod;
    f[n][0] = (pw3[n]-3+mod)%mod; g[n][0] = 1;
    for(int i=1;i<n;i++){
        f[i][1] = 3ll*c[i]%mod;
        f[i][0] = (1ll*pw3[i]*c[i])%mod;
        f[i][0] -= f[i][1]; f[i][0] += mod; f[i][0] %= mod;
        g[i][0] = pw3[n-i];    g[i][1] = (pw3[n-i]-1+mod)%mod;
    }
    for(int i=0;i<=n;i++){
        g[i][0] = fast_pow(g[i][0],n); g[i][1] = fast_pow(g[i][1],n);
        int dr = ((i&1)?1:-1);
        sum += dr*(1ll*g[i][0]*f[i][0])%mod;
        if(sum >= mod) sum-=mod; if(sum < 0) sum += mod;
        sum += dr*(1ll*g[i][1]*f[i][1])%mod;
        if(sum >= mod) sum-=mod; if(sum < 0) sum += mod;
    }
    printf("%d",sum);
    
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    work();
    return 0;
}