JZOJ4870. 【NOIP2016提高A组集训第9场11.7】涂色游戏

Description

Data Constraint

Solution

我们设f[i][j]表示当前有i个格子恰好放了j种颜色的方案数，那么f[i][j]=f[i−1][j−1]∗(p−(j−1))+f[i−1][j]∗jf[i][j]=f[i-1][j-1](p-(j-1))+f[i-1][j]j。我们设g[j]表示n个格子恰好放了j种颜色的方案数，那么g[j]=f[n][j]。对于假如上一列放了j种颜色，这一列放k种颜色,两列颜色的并集为x，那么造成的方案数为f1[j][k]=g[j]Cjp∗∑min(j+k,p)x=max(q,j,k)Cj+k−xj∗Cx−jp−jf1[j][k]={g[j]\over{C^{j}_{p}}}\sum^{min(j+k,p)}_{x=max(q,j,k)}{C^{j+k-x}_{j}C^{x-j}_{p-j}}。

解释一下：我们刚开始讲的g[j]包含的是p中任意j种颜色以任意顺序放入n个格子的方案数，那么对于p中任意j种颜色的方案数都是相等的，即g[j]Cjp{g[j]\over{C^{j}_{p}}}。明显对于j,k，它们的并集x最大是j+k,但由于最多只有p种颜色，所以x的上限为min（j+k,p）min（j+k,p）,同时，x必须必j和k都大，由于题目要求交集必须大于q，所以x的下限为max（j,k,q）max（j,k,q）。现在要求出k的颜色的组成，为了不重复不遗漏，我们对是否在j和k的交集的颜色分别求Cj+k−xjC^{j+k-x}_{j}表示j和k的交集有多少种情况（即在j中选出j和k的交集）。Cx−jp−jC^{x-j}_{p-j}表示在k中但不在j中有多少种情况（因为在k中必在x中，并且从除j外的剩余p-j中颜色中选出）。

现在我们设f2[i][k]表示现在做到第i列，第i列放了j种颜色的方案数，那么f2[1][k]=g[k],f2[i][k]=∑pj=1f2[i−1][k]∗f1[j][k]f2[1][k]=g[k],f2[i][k]=\sum^{p}_{j=1}{f2[i-1][k]f1[j][k]}。打一下矩阵乘法即可，时间复杂度为O(logM∗1003logM100^3)。

Code

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll maxn=105,mo=998244353;
ll n,i,t,j,k,l,m,p,q,x,f[maxn][maxn],g[maxn],g1[maxn],c1[maxn];
ll ans,d[maxn];
ll mi(ll x,int y){if (y==1) return x;if (!y) return 1;ll t=mi(x,y/2);if (y%2) return t*t%mo*x%mo;return t*t%mo;
}
ll c(ll x,ll y){return c1[x]*mi(c1[y]*c1[x-y]%mo,mo-2)%mo;
}
struct code{ll a[maxn][maxn];code friend operator * (code x,code y){code z;memset(z.a,0,sizeof(z.a));int i,j,k;for (i=1;i<maxn;i++)for (j=1;j<maxn;j++)for (k=1;k<maxn;k++)z.a[i][j]=(z.a[i][j]+x.a[i][k]*y.a[k][j]%mo)%mo;return z;}
}f1,f2,b;
void mi1(int y){while (y>1) d[++d[0]]=y%2,y/=2;b=f1;for (i=d[0];i>=1;i--){b=b*b;if (d[i]) b=b*f1;}
}
int main(){//freopen("data.in","r",stdin);
//  freopen("color.in","r",stdin);freopen("color.out","w",stdout);scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q);c1[0]=1;for (i=1;i<maxn;i++)c1[i]=c1[i-1]*i%mo;f[0][0]=1;for (i=1;i<=n;i++)for (j=1;j<=min(i,p);j++)f[i][j]=(f[i-1][j-1]*(p-(j-1))%mo+f[i-1][j]*j%mo)%mo;for (j=1;j<=p;j++)f2.a[1][j]=g[j]=f[n][j],g1[j]=(g[j]*mi(c(p,j),mo-2))%mo;for (j=1;j<=p;j++)for (k=1;k<=p;k++){for (x=max(j,max(k,q));x<=min(j+k,p);x++)f1.a[j][k]=(f1.a[j][k]+c(j,j+k-x)%mo*c(p-j,x-j)%mo)%mo;f1.a[j][k]=f1.a[j][k]*g1[k]%mo;}if (m>1) mi1(m-1),f2=f2*b;for (i=1;i<=p;i++)ans=(ans+f2.a[1][i])%mo;printf("%lld\n",ans);
}

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