【UOJ #279】【UTR #2】题目交流通道

http://uoj.ac/problem/279
先判断答案为0的情况，\(d(i,i)\neq 0\)，\(d(i,j)\neq d(j,i)\)，\(d(i,j)>d(i,k)+d(k,j)\)，\(d(i,j)>k\)。
对于\(d(i,j)>0\)的情况，如果存在\(k\neq i,j\)且满足\(d(i,j)=d(i,k)+d(k,j)\)，那么i和j的边就可以取d(i,j)～k的所有权值，答案乘上\(k-d(i,j)+1\)即可。
如果存在\(d(i,j)=0\)的情况，用并查集把最短距离为0的点缩起来，形成许多连通块。两个连通块之前会有很多边，且这些边的d值相同。把连通块看成一个点，那么就成了上一行的问题中有d值相同重边的情况；设ij之间的重边数为a，这个情况中如果存在上一行所述的k，答案乘上\((k-d(i,j)+1)^a\)；如果不存在上一行所述的k，答案乘上\((k-d(i,j)+1)^a-(k-d(i,j))^a\)。
对于每个连通块内的方案数，假设连通块大小为n，设边权为0的边连通整个连通块的方案数为\(f(n)\)，不管连不连通所有边权任意的方案数为\(g(n)\)，因为这个连通块是个完全图，所以\(g(n)=(k+1)^{\frac{n(n-1)}2}\)，同时：$$f(n)=g(n)-\sum_{i=1}^{n-1}f(i)g(n-i)
\begin{pmatrix}n-1\i-1\ \end{pmatrix} k^{i(n-i)}$$
先定住一个连通块内的点x，转移时枚举包括x的连通块的大小\(f(i)\)。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N = 403;
const int p = 998244353;

int fa[N], d[N][N], n, k, F[N], G[N], jc[N], jcn[N], cnt[N][N], sum[N];

inline int ipow(int a, int b) {
	int r = 1, w = a;
	while (b) {
		if (b & 1) r = 1ll * r * w % p;
		b >>= 1;
		w = 1ll * w * w % p;
	}
	return r;
}

inline int C(int a, int b) {return 1ll * jc[a] * jcn[b] % p * jcn[a - b] % p;}
inline void sub(int &a, int b) {a -= b; if (a < 0) a += p;}

int find(int x) {return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);}
inline void merge(int a, int b) {
	if ((a = find(a)) != (b = find(b)))
		fa[a] = b;
}

int ans = 1;

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= n; ++j) {
			scanf("%d", &d[i][j]);
			if (d[i][j] > k) {puts("0"); return 0;}
		}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (d[i][i] != 0) {puts("0"); return 0;}
		for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
			if (d[i][j] != d[j][i])
				{puts("0"); return 0;}
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= n; ++j)
			for (int kk = 1; kk <= n; ++kk)
				if (d[i][j] > d[i][kk] + d[kk][j])
					{puts("0"); return 0;}
	
	jc[0] = jcn[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		jc[i] = 1ll * jc[i - 1] * i % p;
		jcn[i] = ipow(jc[i], p - 2);
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		F[i] = G[i] = ipow(k + 1, i * (i - 1) / 2);
		for (int j = 1; j < i; ++j)
			sub(F[i], 1ll * F[j] * G[i - j] % p * C(i - 1, j - 1) % p * ipow(k, j * (i - j)) % p);
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) fa[i] = i;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
			if (d[i][j] == 0)
				merge(i, j);
	
	int u, v;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
			if ((u = find(i)) != (v = find(j)))
				++cnt[u][v], ++cnt[v][u];
	
	int a;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = i + 1; j <= n; ++j)
			if (a = cnt[i][j]) {
				bool flag = false;
				for (int kk = 1; kk <= n; ++kk)
					if (cnt[i][kk] && cnt[kk][j] && d[i][j] == d[i][kk] + d[kk][j]) {
						flag = true;
						break;
					}
				if (flag) ans = 1ll * ans * ipow(k - d[i][j] + 1, a) % p;
				else ans = 1ll * ans * ((ipow(k - d[i][j] + 1, a) - ipow(k - d[i][j], a) + p) % p) % p;
			}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) ++sum[find(i)];
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		if (sum[i]) ans = 1ll * ans * F[sum[i]] % p;
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}