Educational Codeforces Round 86 E. Placing Rooks

首先要满足所有格子都能被攻击，棋子的放置一定是①每一行都有或者每一列都有。

(1)当 $k=0$的时候，同时上面 $2$个，答案就是 $n!$，因为对于第一行有 $n$个位置可放，第二行有 $n-1$个位置号可放…答案就是 $n!$

(2)当k>=n的时候，答案肯定是0，因为 $k$最多放置的情况就是全部放一列或者一行。

(3)我们先只看把棋子放到每一行，对于列操作类似。

因为要满足k个相对视，所以必然会有n-k列空着，那么我们先选择n-k列出来放置，就是 $C_n^{n-k}$,

然后这n-k列已经选出来了，我们要把这n个不同的棋子放到n-k列里面(棋子不同的原因是因为所在的行不同)，

然后问题就转化为把n个不同的球放到 $m(n-k)$个不同的盒子里.

记做 $P(n,m)$,， $P(n,m) = S_2(n,m)*m!$ ， $S_2是第二类斯特林数，S_2(n,m)$含义就是把n个不同球分到m个相同的盒子，然后

这里因为盒子不同，所以需要乘上 $m!$

所以最终的答案就是 $ans = 2 * C_n^{n-k}*P(n,n-k)$（因为要加上列的情况，所以是2倍），但由于这里 $n<=10^5$，$n^2求

S_2 $会T_T,不过似乎可以用$nlogn $的方式求$S_2$(菜鸡不会)

题解里面给的就是用容斥来求的 $P(n,m)=\sum_{i=0}^{m}*(-1)^i*C_m^{m-i}*(m-i)^n$

我们来粗略证明一下：

这题要求的是不允许有空行(空盒子)，所以我们有一个想法：用至少有0个空盒子-至少有1个空盒子。

现在我们来看一下至少有 $i$个空盒子的用 $C_m^{m-i}*(m-i)^n$求出来与实际上的情况的区别。

$I:$对于至少有0个空盒子，每种情况都只算了一次( $C_0^0$)。

$II:$对于至少有1个空盒子，就有一部分被重复算了，

实际有2个空盒子的会被算2次。看下图:

那么如果直接用至少0个空盒子的减去至少1个空盒子的必然多减去一部分，那么就要加上多减去的一部分。

现在来看一下实际有4个空盒子在至少0,1，2,3，4,个空盒子情况下分别被算了多少次。

这样一来直接把4个空盒子的情况给减去了(因为相加为0了)

对于其他实际k个空盒子也是一样的道理，这样一轮下来都等于0(二项式某个定理：奇数项和=偶数项和)

所以 $P(n,m)=\sum_{i=0}^{m}*(-1)^i*C_m^{m-i}*(m-i)^n$把所有空盒子的情况都给去掉了。

以上纯属自己理解，如有错误，还请指出。

最后代码就好写了

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int man = 2e5+10;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0)
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;

ll quick_(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 fac[man];
void init(int n){
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        fac[i] = i * fac[i-1] % mod;
    }
}
ll C(ll n,ll m){
    return fac[n] * quick_(fac[m],mod-2) % mod * quick_(fac[n-m],mod-2) % mod;   
}

int main() {
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        //freopen("in.txt", "r", stdin);
        //freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    int n,k;
    cin >> n >> k;
    if(k>n){
        cout << 0 << endl;
    }else if(k==0){
        ll ans = 1;
        for(int i = 1;i <= n;i++){
            ans = ans * i % mod;
        }
        cout << ans << endl;
    }else{
        ll m = n - k;
        init(n);
        ll ans = C(n,m),sum = 0;
        for(int i = 0;i < m;i++){
            sum = (sum + (i&1 ? -1 : 1)*C(m,m-i)*quick_(m-i,n)%mod + mod)%mod;
        }
        ans = 2 * ans * sum % mod;
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}