Codeforces 997C Sky Full of Stars

定义$A_i$为第$i$行只有一种颜色的颜色集合，定义$B_i$为第$i$列只有一种颜色的颜色集合。

则答案转化为求

$$\left|A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_n\cup B_1\cup B_2\cup\cdots\cup B_n \right|$$
我们使用容斥原理来求解。

由于对称性，计算$A$中一些集合和$B$中一些集合的交集大小并不需要知道两个集合具体包含哪些元素，只需要知道各种颜色的个数。

所以答案转化为下式

$$ans=\sum_{i,j=0,i+j>0}^n{n\choose i}{n\choose j}(-1)^{i+j+1}f(i,j)$$
其中 $f(i,j)$代表前 $i$行和前 $j$列是只有一个颜色的方案数。

对于$f(i,j)$的取值分两种情况讨论。

• 当其中一个参数是$0$时：
  

  $$f(0,k)=3^k\cdot 3^{n(n-k)}$$
  解释一下：你需要在前$k$列中“钦定”一种颜色，剩下的任意涂色。

• 当没有任何一个参数是$0$时：也就是说至少一行和至少一列是完全相同的颜色。不难看出，这一行和这一列应该是相同的颜色，所以：
  

  $$f(i,j)=3\cdot 3^{(n-i)(n-j)}$$
  解释：先给相同的地方钦定一个颜色，剩下的任意涂色。

求出$f$数组的时间是$O(n^2)$，考虑优化。

先$O(n)$求出所有有一个参数为$0$的情况。然后考虑剩余答案。

$$ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n{n\choose i}{n\choose j}(-1)^{i+j+1}3\cdot 3^{(n-i)(n-j)}$$
改变枚举量，用 $n-i$替换 $i$， $n-j$替换 $j$
$$ans=3\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}{n\choose n-i}{n\choose n-j}(-1)^{n-i+n-j+1}\cdot 3^{ij}$$
其中 ${n\choose n-i}={n\choose i},(-1)^{2n}=1,(-1)^{-i}=(-1)^i$，得
$$ans=3\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}{n\choose i}{n\choose j}(-1)^{i+j+1}\cdot 3^{ij}$$
又有二项式定理 $(a+b)^n=\sum_{i=0}^n{n\choose i}a^ib^{n-i}$，通过它，可以计算固定的 $i$时所有 $j$的累加和，但是发现当固定 $i$时，我们只有 $n-1$项，故通过先补再去的方式计算。
$$ans=3\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}{n\choose i}{n\choose j}(-1)^{i+j+1}\cdot 3^{ij}\\ ans=3\sum_{i=0}^{n-1}{n\choose i}(-1)^{i+1}\sum_{j=0}^{n-1}{n\choose j}(-1)^j\cdot(3^i)^j\\ ans=3\sum_{i=0}^{n-1}{n\choose i}(-1)^{i+1}\sum_{j=0}^{n-1}{n\choose j}(-3^i)^j\\ ans=3\sum_{i=0}^{n-1}{n\choose i}(-1)^{i+1}[(1+(-3^i))^n-(-3^i)^n]$$
这个式子的计算就是 $O(n)$的了。

另一个做法。

考虑去计算所谓“不幸运”的情况数：每一行和每一列都有不止一种颜色。

如果我们只需要计算所有列都包含不止一种颜色，可以直接得出：$(3^n-3)^n$

对行使用容斥原理，通过枚举只有$1$个颜色的行的数量。如果这些列的颜色是相同的，那么方案数是$3{n\choose i}(3^{n-i}-1)^n$，因为对于每一列他都不应相同。对于其他的情况，方案数是${n\choose i}(3^i-3)(3^{n-i})^n$

所以最后的答案为

$$ans=3^{n^2}-(3^n-3)^n-\sum_{i=1}^n(-1)^i{n\choose i}(3(3^{n-i}-1)^n+(3^i-3)3^{(n-i)n})$$
此做法来自于 fjzzq2002