【题解】Matrix

题目描述

sol ：
考点：容斥原理。

考虑枚举最终状态中恰好有 x 行全为黑， y 列全为黑。

即求 ${\sum }_{x=A}^n{\sum }_{y=B}^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{y}\right)f(n-x,m-y)$

定义 f(a,b) 为每行每列都至少有一个白的方案数。

这里规定 f(0,0)=1 ，但是当其中一维为 0 时答案为 0 。

考虑 f(a,b) 怎么算。

我们可以考虑容斥：假设某一状态恰好有 x 行 和 y 列 为黑，那么对答案贡献为 0。

根据组合恒等式 ${\sum }_{i=0}^x{\sum }_{j=0}^y(-1{)}^{i+j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i}\left)\right(\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{j})=0$ ，其中 x,y > 0 。

不难得到：$f(a,b)={\sum }_{x=0}^a{\sum }_{y=0}^b\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{x}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{y}\right)(-1{)}^{x+y}{2}^{(a-x)(b-y)}$

这里要看到 x=a 或 y=b 的情况。仔细思考后发现就是一维现象的特例，所以贡献也是 0 。

（这里的容斥值得仔细品味）

那么最后就只剩下横纵都有白的情况，也就是 f(a,b) 。

然后把 后面那个 2 的次幂提出来，前面的组合数预处理，可以通过本题。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int Maxn=3005;
ll fpow(ll x,ll y) {
	ll mul(1);
	for(;y;y>>=1) {
		if(y&1) mul=mul*x%mod;
		x=x*x%mod; 
	}
	return mul;
} 
//think.
int n,m,A,B;
ll fac[Maxn],inv[Maxn],ksm[Maxn*Maxn],ans1[Maxn],ans2[Maxn];
ll F(int x) {
	if(x&1) {
		return mod-1;
	}
	else {
		return 1;
	}
}
void init(int N) {
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++) {
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	}
	inv[N]=fpow(fac[N],mod-2);
	for(int i=N;i>=1;i--) {
		inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
	}
}
ll C(int x,int y) {
	return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
//eat shit
//shit you ! 
ll chk(int x,int y) {
	if(!x||!y) return ksm[x+y];
	return ksm[x*y];
}
ll solve(int x,int y) {
	ll res=0;
	for(int i=0;i<=x;i++) {
		for(int j=0;j<=y;j++) {
			res=(res+F(i+j)*C(x,i)%mod*C(y,j)%mod*ksm[(x-i)*(y-j)]%mod)%mod;
		}
	}
	return res;
}
signed main() {
//	freopen("data.in", "r", stdin);
	init(3000);
	while(scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&A,&B)!=EOF) {
		memset(ans1,0,sizeof ans1);
		memset(ans2,0,sizeof ans2);
		for(int i=0;i<=n;i++) {
			for(int j=i;j<=n-A;j++) {
				if(j&1) ans1[i]=(ans1[i]-C(n,j)%mod*C(j,i)%mod+mod)%mod;
				else ans1[i]=(ans1[i]+C(n,j)%mod*C(j,i)%mod)%mod;
			}
		}
		for(int i=0;i<=m;i++) {
			for(int j=i;j<=m-B;j++) {
				if (j&1) ans2[i]=(ans2[i]-C(m,j)%mod*C(j,i)%mod+mod)%mod;
				else ans2[i]=(ans2[i]+C(m,j)%mod*C(j,i)%mod)%mod;
			}
		}
		ll res=0;
		for(int i=0;i<=n;i++) {
			int dj=fpow(2,i);
			for(int j=0,d=1;j<=m;j++,d=d*dj%mod) {
				if ((i+j)&1) res=(res-d*ans1[i]%mod*ans2[j]%mod+mod)%mod;
				else res=(res+d*ans1[i]%mod*ans2[j]%mod)%mod;
			}
		}
//		for(int i=A;i<=n;i++) {
//			for(int j=B;j<=m;j++) {
//				res=(res+C(n,i)*C(m,j)*solve(n-i,m-j)%mod)%mod;
//			}
//		}
		printf("%lld\n",res);
	}
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530212.html
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