AGC039F Min Product Sum

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先考虑将问题进行转化，我们要对满足如下条件的大小为\(n\times m\)的矩阵\(A,B\)进行计数：
对任意\(A_{i,j}(i\in[1,n],j\in[1,m])\)，\(B\)中\(B_{i,j}\)所在行和列的每一个元素都不小于\(A_{i,j}\)。
也就是对于任意一个矩阵\(B\)，它在题意中的权值等价于合法的\(A\)矩阵的数目。
不难发现这个限制条件与下述限制条件等价：
\(\forall i\in[1,n],\max\limits_{j=1}^m(A_{i,j})\le\min\limits_{j=1}^m(B_{i,j})\)
\(\forall j\in[1,m],\max\limits_{i=1}^n(A_{i,j})\le\min\limits_{i=1}^n(B_{i,j})\)
设\(f_{h,i,j}\)表示\(B\)中有\(i\)列，\(A\)中有\(i\)行中的数都\(\le k\)的方案数。
如果确定\(A\)中某行最大值为\(h+1\)，则\(B\)中对应行确定了列最小值的位置可以填\(\ge h+1\)的数；没有确定列最小值的位置可以填\(\le h+1\)的数，且至少有一个位置填\(h+1\)。
如果确定\(B\)中某列最小值为\(h+1\)，则\(A\)中对应列确定了行最大值的位置可以填\(\ge h+1\)的数，且至少有一个位置填\(h+1\)；没有确定行最大值的位置可以填\(\le h+1\)的数。
可以发现\(A,B\)两矩阵的填入无交，那么分为两个阶段转移即可，预处理幂之后时间复杂度为\(O(nmk(n+m))\)。

#include<cstdio>
const int N=107;
int n,m,k,P,f[N][N][N],C[N][N],pw[N][N];
void inc(int&a,int b){a+=b-P,a+=a>>31&P;}
int sub(int a,int b){return a-=b,a+(a>>31&P);}
int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%P;}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&P),f[0][0][0]=1;
    for(int i=0;i<=100;++i) for(int j=C[i][0]=1;j<=i;++j) inc(C[i][j]=C[i-1][j],C[i-1][j-1]);
    for(int i=0;i<=100;++i) for(int j=pw[i][0]=1;j<=100;++j) pw[i][j]=mul(pw[i][j-1],i);
    for(int h=1;h<=k;++h)
    {
	for(int i=0;i<=n;++i)
	    for(int j=0;j<=m;++j)
		for(int t=mul(pw[k-h+1][j],sub(pw[h][m-j],pw[h-1][m-j])),s=1,l=i;l<=n;++l)
		    inc(f[h][l][j],mul(mul(s,C[n-i][l-i]),f[h-1][i][j])),s=mul(s,t);
	for(int i=0;i<=n;++i)
	    for(int j=m;~j;--j)
		for(int t=mul(pw[h][n-i],sub(pw[k-h+1][i],pw[k-h][i])),s=1,l=j+1;l<=m;++l)
		    s=mul(s,t),inc(f[h][i][l],mul(mul(s,C[m-j][l-j]),f[h][i][j]));
    }
    printf("%d",f[k][n][m]);
}