[atARC136F]Flip Cells

说明

记$N=HW$，时间复杂度均用$N$描述

定义$o_{n}$表示（结束状态下）操作$n$次后状态不变的概率

定义$g_{n}$表示（初始状态下）操作$n$次恰成为结束状态的概率

定义$f_{n}$表示（初始状态下）操作$n$次后恰首次成为结束状态的概率

记$O(x),G(x)$和$F(x)$为（上述三个序列）所对应的生成函数

记$O_{exp(x)},G_{exp}(x)$和$F_{exp}(x)$为（上述三个序列）所对应的指数生成函数

记$\begin{cases}E_{0}(x)=\sum_{n\equiv 0(mod\ 2)}\frac{(\frac{x}{N})^{n}}{n!}=\frac{e^{\frac{x}{N}}+e^{-\frac{x}{N}}}{2}\\E_{1}(x)=\sum_{n\equiv 1(mod\ 2)}\frac{(\frac{x}{N})^{n}}{n!}=\frac{e^{\frac{x}{N}}-e^{-\frac{x}{N}}}{2}\end{cases}$（操作偶/奇数次的指数生成函数）

计算

枚举实际操作次数，转移即$f_{n}=g_{n}-\sum_{i=0}^{n-1}o_{n-i}f_{i}$，代入生成函数可得$F(x)=\frac{G(x)}{O(x)}$

考虑答案，即$ans=\sum_{n\ge 0}n\cdot f_{n}=F'(1)=\frac{O(1)G'(1)-O'(1)G(1)}{O^{2}(1)}$，问题即求$O(x)$和$G(x)$

定义$o'_{n}$和$g'_{n}$表示在$o_{n}$和$g_{n}$的基础上强制操作位置不同的方案数，两者均可简单dp求出

（以下以$O(x)$为例）枚举实际翻转位置数，即$O_{exp}(x)=\sum_{n=0}^{N}o'_{n}E_{1}^{n}(x)E_{0}^{N-n}(x)$

代入并展开，即形如$O_{exp}(x)=\sum_{|n|\le N}a_{n}e^{\frac{n}{N}}$，进而$O(x)=\sum_{|n|\le N}\frac{a_{n}}{1-\frac{n}{N}x}$

关于展开，注意到$a_{2i-N}=[x^{i}]\sum_{n=0}^{N}\frac{o'_{n}}{2^{N}}(x-1)^{n}(x+1)^{N-n}$，以$x+1$为主元处理即可

得到$O(x)$和$G(x)$后，直接求导并计算会有分母为0的情况，将$O(x)$和$G(x)$均乘上$1-x$即可

具体的，此时$O(1)$中$n=N$时$1-x$抵消（其余项均为0）$,O'(1)$中$n=N$时分子也为0

时间复杂度为$o(N^{2})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2505
#define M 55
#define mod 998244353
#define ll long long
int n,H,W,ans,mi[N],C[N][N],a[M],b[M],c[M],o[N],h[N],g[N],f[N];
char s[M];
int qpow(int n,int m=mod-2){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=(ll)ans*s%mod;
        s=(ll)s*s%mod,m>>=1;
    }
    return ans;
}
void get(int *a,int *b,int *g){
    g[0]=1;
    for(int i=1;i<=H;i++){
        memset(c,0,sizeof(c));
        for(int j=0;j<=a[i];j++){
            int jj=b[i]-(a[i]-j);
            if ((0<=jj)&&(jj<=W-a[i]))c[j+jj]=(ll)C[a[i]][j]*C[W-a[i]][jj]%mod;
        }
        memcpy(h,g,sizeof(h));
        memset(g,0,sizeof(h));
        for(int j=0;j<=W;j++)
            for(int k=j;k<=n;k++)g[k]=(g[k]+(ll)c[j]*h[k-j])%mod;
    }
}
void calc(int *a){
    memset(h,0,sizeof(h));
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=i;j++){
            int s=(ll)a[i]*C[i][j]%mod*mi[j]%mod;
            if (j&1)s=mod-s;
            h[n-j]=(h[n-j]+s)%mod;
        }
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=i;j++)f[j]=(f[j]+(ll)h[i]*C[i][j])%mod;
    int inv=qpow(mi[n]);
    for(int i=0;i<=n;i++)a[i]=(ll)f[i]*inv%mod;
}
int main(){
    mi[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)mi[i]=(mi[i-1]<<1)%mod;
    for(int i=0;i<N;i++){
        C[i][0]=C[i][i]=1;
        for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    }
    scanf("%d%d",&H,&W),n=H*W;
    for(int i=1;i<=H;i++){
        scanf("%s",s+1);
        for(int j=1;j<=W;j++)
            if (s[j]=='1')a[i]++;
    }
    for(int i=1;i<=H;i++)scanf("%d",&b[i]);
    get(b,b,o),get(a,b,g),calc(o),calc(g);
    int O1=o[n],G1=g[n],O2=0,G2=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        int inv=qpow(((ll)((i<<1)-n+mod)*qpow(n)-1+mod)%mod);
        O2=(O2+(ll)o[i]*inv)%mod,G2=(G2+(ll)g[i]*inv)%mod;
    }
    ans=((ll)O1*G2-(ll)O2*G1%mod+mod)%mod*qpow(O1,mod-3)%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}