CF997C - Sky Full of Stars 题解

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一开始死想想不出来，后来看了题解发现是容斥 + 推柿子。我对容斥还是太不熟悉了啊/kk

注意到「一行或一列是同一种颜色」的字眼，其实是容斥的标志。考虑每行每列（一共 \(2n\) 个元素）是同一种颜色的方案集合，那么最终答案就是这 \(2n\) 个集合的并的大小。考虑对琪容斥。

那么某些集合的交是「这些行 / 列都要是同一种颜色的方案集合」这种形式。那么每个交的大小要比并容易算多了，显然相等是等价关系，于是看建图之后有几个连通分量，\(3\) 的它次方就好了。显然可以分成两类：

1. 全是行 / 全是列。那么对于 \(i\) 个集合的交集的大小，它们的方案数一定是 \(3^{n^2-i(n-1)}\)。也就是说我们可以不必枚举每个 bitmask，因为只要参与交集的集合数量相同，它的值就是一样的，可以用乘法（乘个组合数即可），枚举参与交集的集合数量即可。说明容斥很可能也是有多项式复杂度的。那么这种情况对答案的贡献是

   \[2\sum_{i=1}^n(-1)^{i+1}\dbinom ni3^{n^2-i(n-1)} \]

   这个直接照着跑一遍就好了；

2. 既有行又有列。那么考虑 \(i\) 行 \(j\) 列的方案数。显然所有这些行列所包含的格子都连成了一个连通块，所以方案数是 \(3^{n^2-in-j(n-i)+1}\)。那么总贡献就是

   \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j+1}\dbinom ni\dbinom nj3^{n^2-in-j(n-i)+1} \]

   这个是 \(\Omega\!\left(n^2\right)\) 的，考虑推柿子优化。首先把所有只和 \(i\) 相关或常数提到第一个 \(\sum\) 后面去：

   \[\sum_{i=1}^n(-1)^{i+1}\dbinom ni3^{n^2-in+1}\sum_{j=1}^n(-1)^j\dbinom nj3^{-j(n-i)} \]

   现在要想办法把后面的 \(\sum\) 消掉。注意到里面既有组合数又有指数，很像二项式的形式，于是考虑变形，然后二项式定理逆用：

   \[\begin{aligned}\sum_{j=1}^n(-1)^j\dbinom nj3^{-j(n-i)}&=\sum_{j=0}^n\dbinom nj\left(-3^{-(n-i)}\right)^j-1\\&=\sum_{j=0}^n\dbinom nj\left(-3^{-(n-i)}\right)^j1^{n-j}-1\\&=\left(-3^{-(n-i)}+1\right)^n-1\end{aligned} \]

这样就可以很愉快的线性对数了。

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