Ender的模拟赛D2T1 wait【min-max反演】

题目描述

有一n*m的棋盘,每次随机染黑一个位置(可能染到已经黑了的),当某一行或者一列全为黑色时停止,求期望染色次数(mod 998244353)
对于100%的数据n,m<=1000

题目分析

考完听说是模板题
显然这个“当xxx时停止”非常不好处理，我们不知道它到底有没有停止，方案也很难统计。
不考虑停止，一直染，用a1,a2…ana_1,a_2\dots a_na1,a2…an表示aia_iai行全黑时的次数，用bjb_jbj表示bjb_jbj列全黑时的次数。
我们想知道E(min⁡{a1,a2…an,b1,b2…bm})E\left(\min\{a_1,a_2\dots a_n,b_1,b_2\dots b_m\}\right)E(min{a1,a2…an,b1,b2…bm})
上minmax反演：
min⁡(S)=∑T⊆S,T≠∅(−1)∣T∣−1max⁡(T)\min(S)=\sum_{T\subseteq S,T\ne\empty}(-1)^{|T|-1}\max(T)min(S)=T⊆S,T̸=∅∑(−1)∣T∣−1max(T)
证明：设s1≤s2⋯≤sNs_1\le s_2\dots\le s_Ns1≤s2⋯≤sN，考虑sis_isi在右式的贡献：sis_isi作为max,剩下的数在s1s_1s1到si−1s_{i-1}si−1随便选。当i>1i>1i>1时，集合数为2i−12^{i-1}2i−1，集合奇偶各占一半，相互抵消；当i=1i=1i=1时，集合数为1，贡献为s1s_1s1，得证。
在外面套上一个期望，上式仍然成立。
选出iii行，jjj列，a,ba,ba,b的max就是把这iii行jjj列全部染黑的次数，总个数是k=im+jn−ijk=im+jn-ijk=im+jn−ij，染到第一个的概率是knm\frac k{nm}nmk，期望次数就是nmk\frac {nm}kknm，染第二个的期望次数就是nmk−1\frac {nm}{k-1}k−1nm。所以
E(min⁡(a..,b..))=∑i=0n∑j=0m[i∣∣j](ni)(mj)nm(1+12+...+1im+jn−ij)E(\min(a..,b..))=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^m[i||j]{n\choose i}{m\choose j}nm(1+\frac 12+...+\frac 1{im+jn-ij})E(min(a..,b..))=i=0∑nj=0∑m[i∣∣j](in)(jm)nm(1+21+...+im+jn−ij1)

附上minmax反演的学习

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1005
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int n,m,ans,c[maxn][maxn],inv[maxn*maxn],s[maxn*maxn];
int main()
{freopen("wait.in","r",stdin);freopen("wait.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);c[0][0]=1;for(int i=1;i<=max(n,m);i++){c[i][0]=c[i][i]=1;for(int j=1;j<i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;}inv[0]=inv[1]=1,s[1]=n*m;for(int i=2;i<=n*m;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod,s[i]=(s[i-1]+1ll*n*m*inv[i])%mod;for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=0;j<=m;j++) if(i||j)ans=(ans+1ll*((i+j)&1?1:-1)*c[n][i]*c[m][j]%mod*s[i*m+j*n-i*j])%mod;printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
}