AGC057E RowCol/ColRow Sort【性质，DP】

给定一个 $n\times m$，值域 $[0,9]$ 的矩阵 $B$，计数有多少个大小相同的矩阵 $A$ 满足下列条件：

• 分别对 $A$ 的每一列中元素从小到大排序，再分别对 $A$ 的每一行中元素从小到大排序能够得到 $B$。
• 分别对 $A$ 的每一行中元素从小到大排序，再分别对 $A$ 的每一列中元素从小到大排序能够得到 $B$。

$1\le n,m\le 1500$，答案对 $998244353$ 取模。

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先考虑只有 $01$ 怎么做。手玩一下，容易发现判定 $A$ 是否合法只需要判定行和列 $1$ 出现次数的可重集和 $B$ 是否相等。答案就是可重集排列，对应的方案是唯一的。值域更大的时候考虑枚举一下，$A$ 合法的充要条件是对于每个 $0\le k\le 9$，$\le k$ 的部分合法。容易知道这样算也是对的。

改写一下可重集的限制，它等价于：对于每个 $k$，存在排列 $p(k,i)$ 和 排列 $q(k,i)$ 满足 $A_{i,j}\le k\iff B_{p(k,i),q(k,j)}\le k$。并且显然这样的一组排列和矩阵 $A$ 是一一对应的。

$k$ 固定的情况就相当于只有 $01$。现在问题是怎么把这一些排列拼在一起，相当于我们要数有多少个排列对的序列 $(p(1),q(1))...(p(k),q(k))$ 满足对任意 $k$，都有：$B_{p(k,i),q(k,j)}\le k\iff B_{p(k+1,i),q(k+1,j)}\le k+1$。

考虑现在已经确定了前 $k$ 对排列，现在要确定第 $k+1$ 对。我们注意到，这里的方案数事实上和前 $k$ 对排列是什么没有关系，因为同时做置换之后是一一对应，因此我们不妨设 $p(k-1,i)=q(k-1,i)=i$，这样每个 $k$ 就独立了。对于每个 $k$，我们要求有是多少个排列 $p,q$ 满足：$B_{i,j}\le k\Rightarrow B_{p(i),q(j)}\le k+1$。

画画图，我们可以进一步转化条件，令 $a_i$ 表示有多少 $j$ 满足 $B_{i,j}\le k$，$b_j$ 表示有多少 $i$ 满足 $B_{i,j}\le k+1$，则问题转化为给定两个不升的序列 $a,b$，有多少个排列 $p,q$ 满足：$j\le a_i\Rightarrow p(i)\le b_{q(j)}$。更进一步地，由 $b$ 不升，式子还可以改写为 $p(i)\le b_{max(q(a_1)\cdots q(a_i))}$。

但现在想要计数似乎还是不太容易，式子里既有 $p(i)$ 又有 $q(i)$，很烦。考虑拆一下。

我们按 $x=max(a_1\cdots a_i)$ 从后往前 DP，设 $f(i,j)$ 表示 $max(q(1)...q(i))=j$ 的方案数，$q_i$ 的方案数可以在转移时维护：$f(i,j)\leftarrow (j-i+1)\times f(i-1,j)+\sum _{k<j}f(i-1,k)$，后半部分可以前缀和算。

再维护一个指针 $t$，容易在 $a_t=i$ 时统计 $p(i)$ 的方案数，有转移：$f(i,j)\leftarrow (b_j-i+1)\times f(i,j)$。

最后注意一下可重集会多算，除掉即可。总时间复杂度 $\mathcal{O}(Vm(n+m))$。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair <int, int> pi;
constexpr int N = 2e3 + 5, V = 10, mod = 998244353;
bool Mbe;
int ksm(int a, int b) {
	int ret = 1;
	for (; b; b >>= 1, a = 1LL * a * a % mod) if (b & 1) ret = 1LL * ret * a % mod;
	return ret;
} 
int n, m, a[N][N], r[V][N], c[V][N];
int fc[N], ifc[N], f[N][N];
bool Med;
int main() {
//	fprintf(stderr, "%.3lf MB\n", (&Med - &Mbe) / 1048576.0);
	ios :: sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> m;
	int M = max(n, m);
	fc[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= M; i++) fc[i] = 1LL * fc[i - 1] * i % mod;
	ifc[M] = ksm(fc[M], mod - 2);
	for (int i = M; i >= 1; i--) ifc[i - 1] = 1LL * ifc[i] * i % mod;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			cin >> a[i][j];
			r[a[i][j]][i] += 1;
			c[a[i][j]][j] += 1;
		}
	}
	int ans = 1;
	for (int k = 0; k + 1 < V; k++) {
		for (int i = 1; i <= n; i++) r[k + 1][i] += r[k][i];
		for (int j = 1; j <= m; j++) c[k + 1][j] += c[k][j];
		memset(f, 0, sizeof(f));
		f[0][0] = 1;
		int t = n;
		for (; t && r[k][t] == 0; t--);
		for (int i = 1; i <= m; i++) {
			for (int j = 1; j <= m; j++) f[i][j] = (f[i][j - 1] + f[i - 1][j - 1]) % mod;
			for (int j = 1; j <= m; j++) f[i][j] = (f[i][j] + 1LL * (j - i + 1) * f[i - 1][j] % mod) % mod;
			for (; t && r[k][t] == i; t--) {
				for (int j = 1; j <= m; j++) {
					f[i][j] = 1LL * f[i][j] * (c[k + 1][j] - t + 1) % mod;
				}
			}
		}
		ans = 1LL * ans * f[m][m] % mod;
		static int cnt[N];
		memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
		for (int i = 1; i <= n; i++) cnt[r[k][i]] += 1;
		for (int j = 1; j <= m; j++) ans = 1LL * ans * ifc[cnt[j]] % mod;
		memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
		for (int j = 1; j <= m; j++) cnt[c[k][j]] += 1;
		for (int i = 0; i <= n; i++) ans = 1LL * ans * ifc[cnt[i]] % mod;
	}
	cout << ans << "\n"; 
	return 0;   
}