hdu-7113 Matrix 组合数学（计算贡献

Matrix
题意：一个 n×nn\times nn×n 的矩阵，每个位置放置一个数，数的范围 ∈[1,n2]\in [1,n^2]∈[1,n2]，从第 111 行到第 nnn 行，每行的最小值形成一个集合 A=A=A= {a1,a2,a3...ana_1,a_2,a_3...a_na1,a2,a3...an}，与集合 B=B=B= {1,2,3,....n1,2,3,....n1,2,3,....n} 的交集生成集合 SSS， ∣S∣|S|∣S∣ 表示集合 SSS 所有数之和，求所有的 SSS 集合的 ∣S∣|S|∣S∣ 之和。
思路：
每一个矩阵可以生成一个集合 A=A=A= {a1,a2,a3...ana_1,a_2,a_3...a_na1,a2,a3...an}，与集合 BBB 取交集进而生成一个集合 SSS。
我们考虑计算贡献
先看 111，无论它在矩阵的哪个位置始终会生成到集合 AAA，然后看 222，它只有与 111 在同一行的时候才无法产生贡献，看 333，只有1,21,21,2 的位置会对 333 产生贡献有影响，然后我们可以发现，对于 i∈(1,2,3,...n)i \in (1,2,3,...n)i∈(1,2,3,...n)，只有 <i<i<i 的 i−1i-1i−1个数的位置会对 iii 产生的贡献有影响。
一开始我考虑用所有的情况 −-− 无法产生贡献的情况去计算答案（n=2n=2n=2的时候过样例了以为写对了，结果一直wa，写的代码比较烂，有时候还T），然后发现情况比较复杂，如果考虑直接计算产生贡献的情况其实是不复杂的。
我们先选定 iii ，然后给在 n2−in^2-in2−i 个数中选 n−1n-1n−1 个数来和它在一排（Cn2−in−1C_{n^2-i}^{n-1}Cn2−in−1），然后乘以这一行的全排列 AnnA_n^nAnn，然后乘以 Cn1C_n^1Cn1，确定这行在哪，然后再安排剩下的 n2−nn^2-nn2−n 个数。
首先选出 nnn 个数，Cn2−nnC_{n^2-n} ^ nCn2−nn 在一行，然后全排列
然后继续选 nnn 个数， Cn2−2nnC_{n^2-2n} ^nCn2−2nn 在一行，然后全排列
…
然后我们把它写成分数的形式就可以发现可以化简
n!(n2−n)!n!(n2−2n)!×n! \frac{(n^2-n)!}{n!(n^2-2n)!} \timesn!n!(n2−2n)!(n2−n)!× n!(n2−2n)!n!(n2−3n)!×n! \frac{(n^2-2n)!}{n!(n^2-3n)!} \timesn!n!(n2−3n)!(n2−2n)!× n!(n2−3n)!n!(n2−4n)!×n! \frac{(n^2-3n)!}{n!(n^2-4n)!} \timesn!n!(n2−4n)!(n2−3n)!× … n!2n!n!n!×n! \frac{2n!}{n!n!} \timesn!n!n!2n!× n!n!n!0!n! \frac{n!}{n!0!}n!n!0!n!
然后我们可以发现，每一项分子分母都有 n!n!n!，就都约掉了，分母的一部分可以和后一项分子约掉，最后剩下 (n2−n)!{(n^2-n)!}(n2−n)!

举个例子简化这个过程：比如有 1,2,3,4,51,2,3,4,51,2,3,4,5 这 555 个数，求全排列，其中 333 是特殊的，我们先安排3的位置，有 555个位置可以选择，然后考虑其他的数C41C_4^1C41，再选一个 C31C_3^1C31，继续 C21C_2^1C21，C11C_1^1C11，最后得到 A55A_5^5A55。
所以我们得到公式
∑i=1i=nCn2−in−1AnnCn1(n2−n)!\sum_{i=1}^{i=n}C_{n^2-i}^{n-1}A_n^nC_n^1(n^2-n)! i=1∑i=nCn2−in−1AnnCn1(n2−n)!
（其实好像也可以这么理解，安排第一行和它的位置之后，剩下的数进行全排列。

我们预处理一下所有的阶乘，注意计算组合数的时候就没必要用 forforfor 来计算，直接用阶乘+逆元求得，不然也会 TLETLETLE。
复杂度：O(nlog(n))O(nlog(n))O(nlog(n))
code：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 5e3 + 9;
const int maxm = 2e7 + 5e6 + 9;
const int mod = 998244353;
ll A[maxm];
ll n;
ll q_pow(ll a, ll b){ll ans = 1;while(b){if(b & 1) ans=(ans*a)%mod;a=(a*a)%mod;b>>=1;}return ans;
}
ll zh(ll n, ll m)
{ll ans1 = A[n] * q_pow(A[n-m],mod-2) % mod;return ans1 * q_pow(A[m], mod-2ll) % mod;
}
void work()
{scanf("%lld", &n);ll ans = 0;ll tmp = n * n;ll tt = A[tmp-n] * n % mod;// 观察可以发现这项可以提出来最后算for(ll i = 1; i <= n; ++i) {ll x = zh(tmp-i, n-1) * A[n] % mod;ans = (ans + x % mod) % mod;}printf("%lld\n", ans*tt%mod);
}int main()
{A[0] = 1;for(ll i = 1; i <= maxm - 9; ++i) A[i] = A[i-1] * i % mod;int TT;scanf("%d",&TT);while(TT--)work();return 0;
}

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