【CF Contest-1228 E】Another Filling the Grid【容斥】

题意：

给定一个 $n*n$ 的格子，每个格子填写 $[1,k]$ 的一个数，保证每行每列至少有一个 $1$，输出有多少种填写方案。 $(1\leq n\leq 250,1\leq k\leq 10^9)$

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思路：

这个题可以用 $dp$ 思考， $f[i][j]$ 表示前 $i$ 行每行至少有一个 $1$ 且只有 $j$ 列有 $1$ 的方案数。

大家可以根据这个 $dp$ 方程继续列方程，我们本篇的重点是容斥方法。

如果用容斥考虑这个问题，那么最大的难点就是此题需要同时保证每行每列至少有一个 $1$，涉及了行、列两个维度，而常规的容斥问题只有 $1$ 个维度。因此如何多添加进一个维度呢？

通常多加一个维度的方法是先只考虑一个维度，然后再在这一个维度上继续进行容斥。因此我们令 $f[i]$ 表示 $i$ 行每列至少有一个 $1$ 的方案数，不难发现 $f[i]=(k^i-(k-1)^i)^n$。

然后我们再在该基础上进行容斥，因此答案 $=$ $n$ 行每列至少一个 $1$ 的方案数 $-$ 至少 $1$ 行无 $1$ 的方案数 $+$ 至少两行无 $1$ 的方案数 $+...$，即 $ans=f[n]-C_n^1*f[n-1]*(k-1)^n+C_n^2*f[n-2]*(k-1)^{2n}+...$，即
$ans = \sum\limits_{i=0}^n(-1)^i*f[n-i]*C_n^i*(k-1)^{i*n}$

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总结：

此题主要套路在于对于两个维度下的组合问题，使用先固定一维，再在另一维上容斥达到升维的目的。

主要难点在于状态的设置， $i$ 行每列都有 $1$ 的方案数，然后再根据行有无 $1$ 来进行容斥，即先保证列满足条件，然后对行进行容斥。

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代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a);
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define per(i,a,b) for(int i = a; i >= b; i--)
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 250+10;
const ll mod = 1e9+7;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;

void dbg() {cout << "\n";}
template<typename T, typename... A> void dbg(T a, A... x) {cout << a << ' '; dbg(x...);}
#define logs(x...) {cout << #x << " -> "; dbg(x);}

ll f[N],C[N][N];
int n,k;

void init(){
	C[1][0] = C[1][1] = 1;
	for (int i = 2; i < N; i++){
		C[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j < N; j++)
			C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1])%mod;
	}
}

ll pow_mod(ll a,ll b){
	ll ans = 1, base = a;
	while(b){
		if(b&1) ans = (ans*base)%mod;
		base = (base*base)%mod;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	init();
	scanf("%d%d",&n,&k);
	rep(i,0,n) f[i] = pow_mod((pow_mod(k,i)-pow_mod(k-1,i))%mod,n);
	ll total = 0;
	rep(i,0,n){
		if(i%2 == 0) total = (total+f[n-i]*C[n][i]%mod*pow_mod(k-1,i*n)%mod)%mod;
		else total = (total+mod-f[n-i]*C[n][i]%mod*pow_mod(k-1,i*n)%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",total);
	return 0;
}