Description
给定两个长度为 \(n\) 的数组 \(a,b\)。
要求给一个 \(n×n\) 的矩阵的每个位置填上一个非负整数,使得第 \(i\) 行的最大值为 \(a_i\),第 \(j\) 列的最大值为 \(b_j\)。
求方案数对 \(998244353\) 取模的结果。
\(1\leq n\leq 10^5\),\(1\leq a,b\leq 10^9\)。
Solution
显然可以把 \(a,b\) 分别降序排序,不影响结果。
记 \(c_{i,j}=min(a_i,b_j)\)。考虑将 \(c_{i,j}\) 相同的位置放在一起处理。
显然 \(c_{i,j}\) 相同的位置会形成一个 \(\lceil\) 反 \(L\) 形 \(\rfloor\)。
具体地,将 \(a,b\) 降序排序后,若 \(a_{x_1}\) ~ \(a_{x_2}\) 和 \(b_{y_1}\) ~ \(b_{y_2}\) 都是 \(s\),则所有满足以下条件的 \(i,j\) 都有 \(c_{i,j}=s\):
- \(1\leq i\leq x_2\) 且 \(1\leq j\leq y_2\)
- \(x_1\leq i\) 或 \(y_1\leq j\)。
那么现在这个 \(\lceil\) 反 \(L\) 形 \(\rfloor\) 的填数要满足以下条件:
- 每个格子的数都在 \([0,s]\) 中。
- 第 \(x_1\) ~ \(x_2\) 行的最大值是 \(s\)。
- 第 \(y_1\) ~ \(y_2\) 列的最大值是 \(s\)。
考虑容斥,设 \(f(i)\) 表示第 \(x_1\) ~ \(x_2\) 行中,至少有 \(i\) 行的最大值不是 \(s\) 的方案(需要保证第 \(y_1\) ~ \(y_2\) 列的最大值是 \(s\))。
令 \(l_x=x_2-x_1+1,l_y=y_2-y_1+1\)。(即行数和列数)
那么 \(ans=\sum_{i=0}^{lx}(-1)^if(i)\)。
考虑怎么算 \(f(i)\):
先填强制最大值不是 \(s\) 的那 \(i\) 行:首先从 \(l_x\) 行中选出 \(i\) 行,然后这 \(i\) 行最大值不是 \(s\),所以这 \(i\) 行的所有格子都只能填 \([0,s-1]\)。
这一部分的方案数:\(c(l_x,i)×s^{i×y_2}\)。
接着考虑 \(\lceil\) 保证第 \(y_1\) ~ \(y_2\) 列的最大值是 \(s\) \(\rfloor\):第 \(y_1\) ~ \(y_2\) 列中,每列已经填了 \(i\) 个,还剩 \(x_2-i\) 个没填。显然每列的这 \(x_2-i\) 个格子中,必定至少有一个 \(s\)。
这一部分的方案数:\(((s+1)^{x_2-i}-s^{x_2-i})^{l_y}\)。
还剩下 \((l_x-i)(y_1-1)\) 个格子,随便填。
这一部分的方案数:\((s+1)^{(l_x-i)(y_1-1)}\)。
所以:
\[f(i)=c(l_x,i)×s^{i×y_2}×((s+1)^{x_2-i}-s^{x_2-i})^{l_y}×(s+1)^{(l_x-i)(y_1-1)}\]
时间复杂度 \(O(n (\log n+\log 1e9))\)。
Code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long template <class t> inline void read(t & res) { char ch; while (ch = getchar(), !isdigit(ch)); res = ch ^ 48; while (ch = getchar(), isdigit(ch)) res = res * 10 + (ch ^ 48); } const int e = 2e5 + 5, mod = 1e9 + 7; int n, a[e], b[e], d[e], m, ans = 1, fac[e], inv[e]; inline int ksm(int x, int y) { int res = 1; while (y) { if (y & 1) res = (ll)res * x % mod; y >>= 1; x = (ll)x * x % mod; } return res; } inline int c(int x, int y) { if (x < y) return 0; return (ll)fac[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod; } inline int plu(int x, int y) { (x += y) >= mod && (x -= mod); return x; } inline int sub(int x, int y) { (x -= y) < 0 && (x += mod); return x; } inline int solve(int la, int lb, int ra, int rb, int s) { int res = 0, i, a = ra - la, b = rb - lb; for (i = 0; i <= a; i++) { int tmp = (ll)c(a, i) * ksm(s, (ll)i * rb % (mod - 1)) % mod * ksm(sub(ksm(s + 1, ra - i), ksm(s, ra - i)), b) % mod * ksm(s + 1, (ll)(a - i) * lb % (mod - 1)) % mod; if (i & 1) res = sub(res, tmp); else res = plu(res, tmp); } return res; } int main() { read(n); int i; for (i = 1; i <= n; i++) read(a[i]), d[++m] = a[i]; for (i = 1; i <= n; i++) read(b[i]), d[++m] = b[i]; sort(d + 1, d + m + 1); m = unique(d + 1, d + m + 1) - d - 1; reverse(d + 1, d + m + 1); sort(a + 1, a + n + 1); reverse(a + 1, a + n + 1); sort(b + 1, b + n + 1); reverse(b + 1, b + n + 1); fac[0] = 1; for (i = 1; i <= n; i++) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % mod; inv[n] = ksm(fac[n], mod - 2); for (i = n - 1; i >= 0; i--) inv[i] = (ll)inv[i + 1] * (i + 1) % mod; int la = 0, lb = 0; for (i = 1; i <= m; i++) { int ra = la, rb = lb; while (ra < n && a[ra + 1] == d[i]) ra++; while (rb < n && b[rb + 1] == d[i]) rb++; ans = (ll)ans * solve(la, lb, ra, rb, d[i]) % mod; la = ra; lb = rb; } cout << ans << endl; fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
来源:https://www.cnblogs.com/cyf32768/p/12196043.html