Description
对于一个 的网格,每个格子只能涂上黑色或白色。求所有涂色方案中,至少有 行 列为黑色的方案数(对 取模)。
Solution
显然,行和列是相同的,于是我们可以把列去掉,记 表示至少有 行全黑的方案数。
接下来考虑容斥,有以下式子
其中 是 所对应的一个未知的容斥系数。
故我们只需要考虑如何求
考虑任意一个选了 行且这 行全黑的方案在上面的式子里计算的次数(每个方案最后应该只会被计算一次)
尝试推导 的递推式
故
这样我们就可以在 的时间内递推出容斥系数。
因为行和列的问题是等价的,所以可以用相同的方法求出列的容斥系数。
考虑 表示至少 行和 列全黑的方案数,则有
时间复杂度
计算容斥系数:
计算答案:
代码
#include <cstdio>
const int N=3000;
const int mod=998244353;
int n,m,a,b,fa[N+5],fb[N+5],p[N*N+5],c[N+5][N+5];
void init() {
p[0]=1;
for(int i=1;i<=N*N;++i) {
p[i]=2*p[i-1];
if(p[i]>=mod) p[i]-=mod;
}
for(int i=0;i<=N;++i) c[i][0]=1;
for(int i=1;i<=N;++i) for(int j=0;j<=i;++j) {
c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
if(c[i][j]>=mod) c[i][j]-=mod;
}
}
void solve() {
fa[a]=1;
for(int i=a+1;i<=n;++i) {
int sum=0;
for(int j=a;j<i;++j) sum=(sum+1LL*c[i-1][j-1]*fa[j])%mod;
fa[i]=-sum;
}
fb[b]=1;
for(int i=b+1;i<=m;++i) {
int sum=0;
for(int j=b;j<i;++j) sum=(sum+1LL*c[i-1][j-1]*fb[j])%mod;
fb[i]=-sum;
}
}
int main() {
init();
while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b)) {
solve();
int ans=0;
for(int i=a;i<=n;++i) for(int j=b;j<=m;++j)
ans=(ans+1LL*fa[i]*c[n][i]%mod*fb[j]%mod*c[m][j]%mod*p[(n-i)*(m-j)])%mod;
printf("%d\n",(ans%mod+mod)%mod);
}
return 0;
}
Extended
上述代码的运行时间为 左右,考虑如何优化。
此处,我们还是考虑只有行的情况。
如果我们强制有 行为黑色,那么它对答案有 次的贡献(被计算进答案的次数)。
而事实上,我们想让它的贡献为(系数) ,考虑如下公式
故容斥系数为
通过优化,程序运行时间可以压到 左右。
代码
#include <cstdio>
const int N=3005;
const int M=9000005;
const int P=998244353;
int n,m,a,b,o[N],x[N],y[N],p[M],c[N][N];
void init() {
o[0]=1;
for(int i=1;i<=3000;++i) o[i]=P-o[i-1];
p[0]=1;
for(int i=1;i<=9000000;++i) p[i]=2*p[i-1]%P;
for(int i=0;i<=3000;++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])%P;
}
}
int main() {
init();
while(~scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&a,&b)) {
for(int i=a;i<=n;++i) x[i]=1LL*o[i-a]*c[n][i]%P*c[i-1][a-1]%P;
for(int i=b;i<=m;++i) y[i]=1LL*o[i-b]*c[m][i]%P*c[i-1][b-1]%P;
int ans=0;
for(int i=a;i<=n;++i) for(int j=b;j<=m;++j) ans=(ans+1LL*x[i]*y[j]%P*p[(n-i)*(m-j)])%P;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}