AtCoder Beginner Contest 336 G 16 Integers
首先考虑只要求构造任意一个符合条件的 \(a\) 怎么做。考虑建图，\((i, j, k, l)\) 向 \(\forall x \in \{0, 1\}, (j, k, l, x)\) 连有向边。那么就是要求固定每个点经过次数的一条哈密顿路径。
但是哈密顿路径仍然不好处理。考虑拆点，把原来的 \((i, j, k, l)\) 看成 \((i, j, k)\) 向 \((j, k, l)\) 连有向边。那么要求固定每条边经过次数的欧拉路径。到这一步直接跑欧拉路径就行了。
考虑如何计数。考虑 BEST 定理，有向欧拉图的本质不同欧拉回路数量（循环同构视为本质相同，每条边互相区分）为：
\[T \prod\limits_{i = 1}^n (out_i - 1)!
\]
其中 \(T\) 为图的外向生成树个数（注意到有向欧拉图以每个点为根的外向生成树个数相等），\(out_i\) 为 \(i\) 点的出度。\(T\) 可以用矩阵树定理求得。注意去除孤立点。
但是这题统计的是欧拉路径。考虑原图若存在一对入度小于出度和入度大于出度的点，那么以它们为起点和终点，否则枚举每个点作为起点和终点即可。从终点向起点连一条有向边就转化成了欧拉回路。
注意判一些无解的情况。
时间复杂度 \(O(n^4 + \sum out_i)\)，其中 \(n = 8\)。
code
// Problem: G - 16 Integers
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 336
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc336/tasks/abc336_g
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 1000100;
const int N = 1000000;
const ll mod = 998244353;
inline ll qpow(ll b, ll p) {
ll res = 1;
while (p) {
if (p & 1) {
res = res * b % mod;
}
b = b * b % mod;
p >>= 1;
}
return res;
}
ll b[19][19], in[19], out[19], fac[maxn], ifac[maxn], fa[19], id[19], di[19], m, a[19][19];
int find(int x) {
return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
inline void merge(int x, int y) {
x = find(x);
y = find(y);
if (x != y) {
fa[x] = y;
}
}
inline ll det() {
ll ans = 1;
for (int i = 1; i < m; ++i) {
for (int j = i; j < m; ++j) {
if (a[j][i]) {
if (i != j) {
swap(a[i], a[j]);
ans = (mod - ans) % mod;
}
}
}
if (!a[i][i]) {
return 0;
}
ans = ans * a[i][i] % mod;
ll t = qpow(a[i][i], mod - 2);
for (int j = i; j < m; ++j) {
a[i][j] = a[i][j] * t % mod;
}
for (int j = 1; j < m; ++j) {
if (i == j) {
continue;
}
ll t = (mod - a[j][i]) % mod;
for (int k = i + 1; k < m; ++k) {
a[j][k] = (a[j][k] + t * a[i][k]) % mod;
}
}
}
return ans;
}
inline void init() {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
ifac[N] = qpow(fac[N], mod - 2);
for (int i = N - 1; ~i; --i) {
ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
}
inline ll calc(int s, int t) {
mems(a, 0);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int x = i;
if (i == s || i == m) {
x ^= (s ^ m);
}
a[x][x] = (i == s ? in[di[i]] + 1 : in[di[i]]);
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int x = i;
if (i == s || i == m) {
x ^= (s ^ m);
}
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
int y = j;
if (j == s || j == m) {
y ^= (s ^ m);
}
a[x][y] = (a[x][y] - b[di[i]][di[j]] + mod) % mod;
if (i == t && j == s) {
a[x][y] = (a[x][y] + mod - 1) % mod;
}
}
}
ll ans = det();
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
ans = ans * fac[(i == t ? out[di[i]] + 1 : out[di[i]]) - 1] % mod;
}
return ans;
}
void solve() {
for (int i = 0; i < 16; ++i) {
scanf("%lld", &b[i >> 1][i & 7]);
}
for (int i = 0; i < 8; ++i) {
fa[i] = i;
}
for (int i = 0; i < 8; ++i) {
for (int j = 0; j < 8; ++j) {
out[j] += b[i][j];
in[i] += b[i][j];
if (b[i][j]) {
merge(i, j);
}
}
}
int p = -1, s = -1, t = -1;
for (int i = 0; i < 8; ++i) {
if (!in[i] && !out[i]) {
continue;
}
id[i] = ++m;
di[m] = i;
if (in[i] > out[i]) {
if (in[i] > out[i] + 1 || t != -1) {
puts("0");
return;
}
t = m;
} else if (in[i] < out[i]) {
if (in[i] < out[i] - 1 || s != -1) {
puts("0");
return;
}
s = m;
}
if (p == -1) {
p = find(i);
} else if (p != find(i)) {
puts("0");
return;
}
}
ll ans = 0;
if (s != -1) {
ans = calc(s, t);
} else {
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
ans = (ans + calc(i, i)) % mod;
}
}
for (int i = 0; i < 8; ++i) {
for (int j = 0; j < 8; ++j) {
ans = ans * ifac[b[i][j]] % mod;
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
init();
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}
