【CTS2019】随机立方体

题目

随便观察一下，不难发现如下的性质：

1. 任意两个极大值点\((x_1,y_1,z_1),(x_2,y_2,z_2)\)都存在\(x_1\neq x_2,y_1\neq y_2,z_1\neq z_2\)，这是因为极大值点必须大于其所在平面上的任意数。

2. 根据上面的性质不难发现极大值点的个数不会超过\(\min(n,m,l)\)。

要求的是恰有\(k\)个极大值点的概率，如果有\(ans\)种方案满足要求，那么答案就是\(\frac{ans}{(nml)!}\)。

这一看就不能直接做，考虑二项式反演，求一个\(g_i\)表示至少存在\(i\)个极大值点的方案数。那么显然有\(ans=\sum_{i=k}^{\min(n,m,l)}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}g_i\)。

考虑\(g_i\)怎么求，首先我们得先选出\(i\)个三维坐标互不相同的点，之后会剩下\((n-i)(m-i)(l-i)\)个点，这些点不和任何被钦定的极大值点在同一个平面内，所以没有限制，随便选出来就好了。这边的方案数就是\(n^{\underline i}m^{\underline i}l^{\underline i}(nml)^{\underline {(n-i)(m-i)(l-i)}}\)。

对于剩下的\(nml-(n-i)(m-i)(l-i)\)个点我们要确定一个顺序，使得钦定的\(i\)个点都成为极大值点。

设\(\varphi(i)=(n-i)(m-i)(l-i)\)，由于前面我们确定了点的顺序，考虑从大到小考虑每一个极大值点。我们发现当我们确定一个极大值点填什么的时候，会有一些点被解放出来，这些点就可以随便填了。不难发现这些点只和这个极大值点在同一个平面上，于是我们能确定这些点的个数。

存在\(i-1\)个极大值点的时候，有限制的点的个数是\(nml-\varphi(i-1)\)；当极大值点变成\(i\)个的时候，有限制的点变成了\(nml-\varphi(i)\)个。不难发现这些新增加的点就是只被这个新加入的极大值点控制的点，这样的点的个数是\(nml-\varphi(i)-nml+\varphi(i-1)=\varphi(i-1)-\varphi(i)\)个。我们确定好当前这个极大值的值后这些被控制的点就可以随便填了，于是方案数就是\(A(nml-\varphi(i)-1,\varphi(i-1)-\varphi(i)-1)=\frac{(nml-\varphi(i)-1)!}{(nml-\varphi(i-1))!}\)。

于是填\(i\)个极大值点的方案数就是\(\prod_{j=1}^i\frac{(nml-\varphi(j)-1)!}{(nml-\varphi(j-1))!}\)，经过一番约分可以发现其实就是\((nml-\varphi(i)-1)!\prod_{j=1}^i\frac{1}{nml-\varphi(j-1)}\)。不难发现\((nml-\varphi(i)-1)!\)和\((nml)^{\underline {\varphi(i)}}\)很搭，乘在一起就是\((nml)!(nml-\varphi(i))!\)。

于是

\[g_i=n^{\underline i}m^{\underline i}l^{\underline i}(nml)^{\underline {\varphi(i)}}(nml)!\prod_{j=1}^i\frac{1}{nml-\varphi(j)} \]

容斥后还需要除一个\((nml)!\)，于是直接在容斥的过程中将其除掉即可。

用一下线性求逆元的trick就可以做到\(O(Tn)\)了。

代码。