CF 997C Sky Full of Stars

传送门
题目大意
思路
参考代码
总结

传送门

题目大意

有一个 n×n(n≤106)n×n(n≤106)n \times n \pod {n \le 10^6} 的正方形网格。用三种颜色对每个格子染色，求有多少种染色方案使得至少一行或一列是同一种颜色。答案对 998244353998244353998244353 取模。

思路

正难则反，考虑求不存在一行或一列同色的方案数。结果反着也难……

正着做，考虑容斥。这里有行和列两个参数，如何容斥呢？我们定义 AiAiA_i 表示第 iii 行的颜色都相同的染色方案，用 Bi" role="presentation">BiBiB_i 表示第 jjj 行的颜色都相同的染色方案，那么我们要求的是：

|A1∪A2∪⋯∪An∪B1∪B2∪⋯∪Bn|" role="presentation">|A1∪A2∪⋯∪An∪B1∪B2∪⋯∪Bn||A1∪A2∪⋯∪An∪B1∪B2∪⋯∪Bn|

|A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n \cup B_1 \cup B_2 \cup \cdots \cup B_n|
把上面这个式子具体地写出来，你就知道该如何容斥了：设至少有 iii 行的颜色一样，至少有 j" role="presentation">jjj 列的颜色一样，我们枚举 i+ji+ji + j 来容斥。这种具体写出并集式子的方法可以了解一下。

那么现在的问题是如何计算选了至少 iii 行和 j" role="presentation">jjj 列时的方案数。当 i=j=0i=j=0i = j = 0 时，显然为 3n23n23^{n^2}；当 iii 和 j" role="presentation">jjj 其中之一为 000 时，先枚举是哪些行（或者列，下同），再枚举这些行是什么颜色，再枚举剩下的颜色，那么显然是 Cni⋅3i⋅3n(n−i)" role="presentation">Cin⋅3i⋅3n(n−i)Cni⋅3i⋅3n(n−i)\mathrm{C}_{n}^{i} \cdot 3^{i} \cdot 3^{n (n - i)}；当 i,j>0i,j>0i, j > 0 时，注意到那些同色的行和列颜色都相同，因此答案为 CinCjn⋅3⋅3(n−i)(n−j)CniCnj⋅3⋅3(n−i)(n−j)\mathrm{C}_{n}^{i} \mathrm{C}_{n}^{j} \cdot 3 \cdot 3^{(n - i)(n - j)}。

不妨设：

f(i,j)=⎧⎩⎨⎪⎪3i⋅3n(n−i)3j⋅3n(n−j)3(n−i)(n−j)+1i=0j=0i,j>0f(i,j)={3i⋅3n(n−i)i=03j⋅3n(n−j)j=03(n−i)(n−j)+1i,j>0

f(i, j) = \begin{cases} 3^i \cdot 3^{n(n - i)} & i = 0 \\ 3^j \cdot 3^{n(n - j)} & j = 0 \\ 3^{(n - i)(n - j) + 1} & i, j > 0 \end{cases}
那么最终答案是：

∑i=0n∑j=min(1,i)nCinCjnf(i,j)(−1)i+j+1∑i=0n∑j=min(1,i)nCniCnjf(i,j)(−1)i+j+1

\sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = \min(1, i)}^{n} \mathrm{C}_{n}^{i} \mathrm{C}_{n}^{j} f(i, j) (-1)^{i + j + 1}
注意上式 (−1)(−1)(-1) 的指数。于是我们立刻得到一个 O(n2)O(n2)O(n^2) 的做法。

我们不妨把 i=0i=0i = 0 或者 j=0j=0j = 0 的情况单独拿出来计算。由于总共只有 O(n)O(n)O(n) 项，因此这一步的时间复杂度为 O(n)O(n)O(n)。剩下的是：

∑i=1n∑j=1nCinCjn3(n−i)(n−j)+1(−1)i+j+1∑i=1n∑j=1nCniCnj3(n−i)(n−j)+1(−1)i+j+1

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{i} \mathrm{C}_{n}^{j} 3^{(n - i)(n - j) + 1} (-1)^{i + j + 1}

很自然想到按照 iii 和 j" role="presentation">jjj 分开，把只与 iii 有关的乘数移到外面去。在此之前，需要先把 (n−i)(n−j)" role="presentation">(n−i)(n−j)(n−i)(n−j)(n - i)(n - j) 拆开。

∑i=1n∑j=1nCinCjn3n2+1⋅3−in⋅3−jn⋅3ij⋅(−1)i⋅(−1)j⋅(−1)∑i=1n∑j=1nCniCnj3n2+1⋅3−in⋅3−jn⋅3ij⋅(−1)i⋅(−1)j⋅(−1)

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{i} \mathrm{C}_{n}^{j} 3^{n^2 + 1} \cdot 3^{-in} \cdot 3^{-jn} \cdot 3^{ij} \cdot (-1)^i \cdot (-1)^{j} \cdot (-1)
把能提出去的都提出去：

(−1)⋅3n2+1∑i=1nCin⋅3−in⋅(−1)i∑j=1nCjn⋅3−jn⋅(−1)j⋅3ij(−1)⋅3n2+1∑i=1nCni⋅3−in⋅(−1)i∑j=1nCnj⋅3−jn⋅(−1)j⋅3ij

(-1) \cdot 3^{n^2 + 1} \sum_{i = 1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{i} \cdot 3^{-in} \cdot (-1)^{i} \sum_{j = 1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{j} \cdot 3^{-jn} \cdot (-1)^j \cdot 3^{ij}
要是没有那个 3ij3ij3^{ij}，这道题就做完啦！这个 3ij3ij3^{ij} 怎么解决呢？

观察右边的和式，整理一下得：

∑j=1nCjn⋅(−3−n+i)j∑j=1nCnj⋅(−3−n+i)j

\sum_{j = 1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{j} \cdot (-3^{-n + i})^{j}
这这么像二项式定理，就直接套用二项式定理咯。只不过 j≠0j≠0j \ne 0，所以要减去 j=0j=0j = 0 的情况：

(1−3−n+i)n−1(1−3−n+i)n−1

(1 - 3^{-n + i})^n - 1
现在的答案是：

(−1)⋅3n2+1∑i=1nCin⋅3−in⋅(−1)i⋅((1−3−n+i)n−1)(−1)⋅3n2+1∑i=1nCni⋅3−in⋅(−1)i⋅((1−3−n+i)n−1)

(-1) \cdot 3^{n^2 + 1} \sum_{i = 1}^{n} \mathrm{C}_{n}^{i} \cdot 3^{-in} \cdot (-1)^{i} \cdot \left( (1 - 3^{-n + i})^n - 1 \right)
使用快速幂，时间复杂度 O(nlogn)O(nlog⁡n)O(n \log n)。

参考代码

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <cctype>
#include <climits>
#include <ctime>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue>
#include <deque>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <list>
#include <functional>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;
typedef int INT_PUT;
INT_PUT readIn()
{INT_PUT a = 0; bool positive = true;char ch = getchar();while (!(ch == '-' || std::isdigit(ch))) ch = getchar();if (ch == '-') { positive = false; ch = getchar(); }while (std::isdigit(ch)) { a = a * 10 - (ch - '0'); ch = getchar(); }return positive ? -a : a;
}
void printOut(INT_PUT x)
{char buffer[20]; int length = 0;if (x < 0) putchar('-'); else x = -x;do buffer[length++] = -(x % 10) + '0'; while (x /= 10);do putchar(buffer[--length]); while (length);
}const int mod = 998244353;
LL power(LL x, int y)
{LL ret = 1;while (y){if (y & 1) ret = ret * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ret;
}
const int inv3 = power(3, mod - 2);const int maxn = int(1e6) + 5;
int n;
int fac[maxn];
int invFac[maxn];
int power1[maxn];
int power2[maxn];
int invPower1[maxn];
int invPower2[maxn];
void init()
{fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++)fac[i] = (LL)fac[i - 1] * i % mod;invFac[n] = power(fac[n], mod - 2) % mod;for (int i = n - 1; ~i; i--)invFac[i] = (LL)invFac[i + 1] * (i + 1) % mod;power1[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++)power1[i] = (LL)power1[i - 1] * 3 % mod;power2[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++)power2[i] = (LL)power2[i - 1] * power1[n] % mod;invPower1[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++)invPower1[i] = (LL)invPower1[i - 1] * inv3 % mod;invPower2[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++)invPower2[i] = (LL)invPower2[i - 1] * invPower1[n] % mod;
}
inline LL C(int down, int up)
{return down < up ? 0 : (LL)fac[down] * invFac[up] % mod * invFac[down - up] % mod;
}void run()
{n = readIn();init();LL ans = 0;for (int i = 1, sig = 1; i <= n; i++, sig = -sig)ans = (ans + (LL)C(n, i) * power1[i] % mod * power2[n - i] * sig) % mod;ans = (ans * 2) % mod;LL base = (LL)-power2[n] * 3 % mod;base = (base + mod) % mod;LL sum = 0;for (int i = 1, sig = -1; i <= n; i++, sig = -sig){sum = (sum + (LL)C(n, i) * invPower2[i] * sig % mod *(power(1 - invPower1[n - i], n) - 1)) % mod;}ans = (ans + base * sum) % mod;ans = (ans + mod) % mod;printOut(ans);
}int main()
{run();return 0;
}

总结

这道题本身不难，但还是看题解才做出来的，有几个原因：

出发点反了，没有想容斥，而是正难则反去了；
后面没有想到二项式定理。

也就是说这道题就是个容斥原理和二项式定理。二项式定理没什么好说的，注意它的结构。容斥原理可以把要算的内容具体的写出来，如果能写成并集形式就可以容斥了。