[日常训练]三视图(组合计数+容斥)

我是研究僧i 提交于 2020-01-15 13:50:53

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。

\(c_{i,j}=min(a_i,b_j)\)。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 \(\lceil\)\(L\)\(\rfloor\)

具体地,将 \(a,b\) 降序排序后,若 \(a_{x_1}\) ~ \(a_{x_2}\)\(b_{y_1}\) ~ \(b_{y_2}\) 都是 \(s\),则所有满足以下条件的 \(i,j\) 都有 \(c_{i,j}=s\)

  1. \(1\leq i\leq x_2\)\(1\leq j\leq y_2\)
  2. \(x_1\leq i\)\(y_1\leq j\)

那么现在这个 \(\lceil\)\(L\)\(\rfloor\) 的填数要满足以下条件:

  1. 每个格子的数都在 \([0,s]\) 中。
  2. \(x_1\) ~ \(x_2\) 行的最大值是 \(s\)
  3. \(y_1\) ~ \(y_2\) 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 \(s\))。

\(l_x=x_2-x_1+1,l_y=y_2-y_1+1\)。(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;
}
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