标签：https lin 假设 分析 flag 更新 mat 取值 cpp
有个\(n*m\)的黑白的方格，根据这个矩阵求得\(A、B、C\)三个数组
\(A_i\)表示第\(i\)行的第一个黑格的位置（如果没有就\(m+1\)）。
\(B_i\)表示第\(i\)列的第一个黑格的位置（如果没有就\(n+1\)）。
\(C_i\)表示第\(j\)列的最后一个黑格的位置（如果没有就\(0\)）。
求对于所有的涂色方案，不同的三元组\((A,B,C)\)的数量。
\(n\leq 8000\)
\(m\leq 200\)
看到这题后没有什么特别的思路。
分析了一些粗浅的性质，对正解（甚至拿部分分）没有什么帮助。
最终就是打了个暴力。
设\(f_{i,j}\)表示前\(j\)列中，强制\(i\)行有黑格，所得到的方案数。
考虑从\(f_{i,j}\)转移到\(f_{i+k,j+1}\)。
若\(k=0\)：
由于这\(i\)列都有黑格，所以在新增一列时，无论第\(j+1\)列怎么涂，\(A\)都不会再被更新。
所以只需要考虑\(B\)和\(C\)的影响。
很显然影响是\(1+i+C_{i}^{2}\)
若\(k>0\)：
为了避免重复，新增的\(k\)行填的黑格子都在\(j+1\)列上。
原来的行的\(A_i\)不变，新增的行的\(A_i=j+1\)，所以对于\(A\)来说，方案数的不同在于新增\(k\)列的位置。将\(k\)列插入\(i\)列中，得出的不同的\(A\)乘上\(C_{i+k}^k\)种方案。
但是\(B\)、\(C\)就可能要难搞一些，因为原来的行在\(j+1\)列上有可能涂黑。
换个角度想一想，把\(A\)、\(B\)、\(C\)综合起来考虑。
分类讨论一下：
一、假设\(B_{j+1}\)和\(C_{j+1}\)都是新加的\(k\)行之一。
每一种新增\(k\)行插入原来的\(i\)行的方案，都会对应着有且仅有一个\(B_{j+1}\)和\(C_{j+1}\)的取值。
考虑上\(A\)的影响，每个方案的\(A\)都是不一样的，所以在这个情况下，每种插入的方案都对应着唯一的\((A,B,C)\)。
方案数为\(C_{i+k}^k\)
二（三）、假设\(B_{j+1}\)是原来的\(i\)行之一，\(C_{j+1}\)是新加的\(k\)行之一（反之同理）：
可以这么理解：先把新增的\(k\)行插入原来的\(i\)行中，这时候对应着唯一的\(A\)，所以不用担心后面可能出现重复的情况。
插的第一个位置前面的行中任选一个作为\(B_{j+1}\)
硬算的话，就先枚举第一个插入后的位置\(x+1\)（表示这个位置前面有\(x\)个原来的行），乘上\(x\)的贡献，然后将\(k-1\)行插入后面的\(i+k-x-1\)行中的贡献乘进去。列出个丑陋的式子，就是它的方案数。
通过组合数的定义来分析，这无非就是：在\(i+k\)个东西中，在位置\(x+1\)处选一个，然后它左边选\(1\)个，右边选\(k-1\)个。
这个东西不就是\(i+k\)个中选\(k+1\)个嘛！
方案数出来了：\(C_{i+k}^{k+1}\)
四、假设\(B_{j+1}\)和\(C_{j+1}\)都是原来的\(i\)行之一
类似二的分析，得出方案数为\(C_{i+k}^{k+2}\)
综合起来，贡献总共就是\(C_{i+k+2}^{k+2}\)
把式子列出来，显然可以卷积。
NTT就完了。
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define L 16384
#define N 8010
#define M 210
#define ll long long
#define mo 998244353
ll qpow(ll x,int y=mo-2){
ll res=1;
for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
if (y&1)
res=res*x%mo;
return res;
}
int n,m;
ll fac[N],ifac[N];
ll f[N];
ll a[L],b[L],c[L];
int nN,lgn,re[L];
ll A[L],B[L],C[L];
inline void dft(ll A[],int flag){
for (int i=0;i<nN;++i)
if (i<re[i])
swap(A[i],A[re[i]]);
for (int i=1;i<nN;i<<=1){
ll wn=qpow(3,(mo-1)/(2*i));
if (flag==-1)
wn=qpow(wn);
for (int j=0;j<nN;j+=i<<1){
ll wnk=1;
for (int k=j;k<j+i;++k,wnk=wnk*wn%mo){
ll x=A[k],y=wnk*A[k+i]%mo;
A[k]=(x+y)%mo;
A[k+i]=(x-y+mo)%mo;
}
}
}
if (flag==-1){
ll inv=qpow(nN);
for (int i=0;i<nN;++i)
A[i]=A[i]*inv%mo;
}
}
inline void multi(ll c[],ll a[],ll b[]){
for (lgn=0,nN=1;nN<=2*n;nN<<=1,lgn++);
re[0]=0;
for (int i=1;i<nN;++i)
re[i]=re[i>>1]>>1|(i&1)<<lgn-1;
for (int i=0;i<nN;++i)
A[i]=a[i],B[i]=b[i];
dft(A,1),dft(B,1);
for (int i=0;i<nN;++i)
C[i]=A[i]*B[i]%mo;
dft(C,-1);
for (int i=0;i<nN;++i)
c[i]=C[i];
}
int main(){
freopen("matrix.in","r",stdin);
freopen("matrix.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
int most=max(n,m)+2;
fac[0]=1;
for (int i=1;i<=most;++i)
fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
ifac[most]=qpow(fac[most]);
for (int i=most-1;i>=0;--i)
ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mo;
f[0]=1;
for (int j=1;j<=m;++j){
for (int i=0;i<=n;++i)
a[i]=f[i]*ifac[i]%mo;
b[0]=0;
for (int k=1;k<=n;++k)
b[k]=ifac[k+2];
multi(c,a,b);
for (ll i=0;i<=n;++i)
f[i]=(c[i]*fac[i+2]+f[i]*(1+i+(i*(i-1)>>1)%mo))%mo;
}
ll ans=0;
for (int i=0;i<=n;++i)
ans+=f[i]*fac[n]%mo*ifac[i]%mo*ifac[n-i]%mo;
printf("%lld\n",ans%mo);
return 0;
}计数类的问题中，如果式子太复杂，就用定义的角度去分析它吧……
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原文地址：https://www.cnblogs.com/jz-597/p/12283824.html
