[Codeforces 997C]Sky Full of Stars(排列组合+容斥原理)

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题面

用3种颜色对\(n×n\)的格子染色，问至少有一行或一列只有一种颜色的方案数。\((n≤10^6)\)

分析

显然任意染色的方案数为\(3^{n^2}\),我们考虑求出没有一行一列只有一种颜色的方案数，然后相减。

（1）首先考虑仅仅没有全部是一种颜色的列，每一列任意染色有\(3^n\)种方案，去掉每一列只有一种颜色的方案有3种，共\(3^n-3\)种，n列就有\((3^n-3)^n\)种。

（2）再考虑仅仅没有全部是一种颜色的行，考虑枚举只有一种颜色的行数i,其他行任意填。但会有重复计算的情况，比如i=1的时候，有1行颜色相同。但其他行任意填的时候可能会又填出一种颜色的一行，有2行颜色相同，要减掉。所以考虑容斥原理。

​ $$tot=\sum_{i=1}^n (-1)^i C_n^i f(i)$$，其中\(C_n^i\)表示从n行中选出i行，\((-1)^i\)用来容斥,\(f(i)\)表示有i行颜色相同的方案数

现在我们来推导\(f(i)\),注意我们不能产生只有一种颜色的列，只能产生只有一种颜色相同的行

​ (2.1)如果这i行颜色相同，我们要从3种颜色种选一种给i行上色。然后对于这i行下方的n小列（长度为n-i），我们任意涂色，但要注意不能涂与上面i行相同的颜色，否则会造成有颜色相同的列，与情况（1）重复。那么每列方案数\((3^{n-i}-1)\),n列方案数\((3^{n-i}-1)^n\)，总方案数\(3(3^{n-i}-1)^n\)

​ (2.2)如果这i行颜色不同，那么i行有\(3^i-3\)种方案，其中3种是i行颜色相同的方案。剩下的\(n(n-i)\)格任意涂色。显然不会产生颜色相同的列，总方案数\(3^{n(n-i)}(3^i-3)\)

​ 因此\(f(i)=3(3^{n-i}-1)^n+3^{n(n-i)}(3^i-3)\)

代入表达式，我们可以得到最终答案

\[ans=3^{n^2}-(3^n-3)^n-\sum_{i=1}^n (-1)^i C_n^i(3(3^{n-i}-1)^n+3^{n(n-i)}(3^i-3)) \]

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1000000
#define mod 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
ll fact[maxn+5],invfact[maxn+5];
inline ll fast_pow(ll x,ll k){
    ll ans=1;
    while(k){
        if(k&1) ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
inline ll inv(ll x){
    return fast_pow(x,mod-2);
}
inline ll C(int n,int m){
    if(n<m) return 0;//小心特殊情况 
    if(n==m) return 1;
    if(m==0) return 1;
    return fact[n]*invfact[n-m]%mod*invfact[m]%mod;
}

void pre_work(int n){
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
    for(int i=0;i<=n;i++) invfact[i]=inv(fact[i]);
}


int main(){
	scanf("%d",&n);
	pre_work(n);
	ll ans=0;
	ans=fast_pow(3,(ll)n*n);
	ans=(ans-fast_pow(fast_pow(3,n)-3,n)+mod%mod);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll now=fast_pow(-1,i)*C(n,i)%mod*(3*fast_pow(fast_pow(3,n-i)-1,n)%mod+(fast_pow(3,i)-3+mod)*fast_pow(3,(ll)n*(n-i))%mod)%mod;
		ans=(ans-now+mod)%mod;
	}
	printf("%I64d\n",ans);
}