「HDU 6314」Matrix

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6314

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Description

  对于一个 $n\times m$ 的网格，每个格子只能涂上黑色或白色。求所有涂色方案中，至少有 $A$ 行 $B$ 列为黑色的方案数（对 $998244353$ 取模）。

  $1\leqslant n,m,A,B\leqslant 3000$

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Solution

  显然，行和列是相同的，于是我们可以把列去掉，记 $Ans(i)$ 表示至少有 $i$ 行全黑的方案数。
  接下来考虑容斥，有以下式子

$$Ans(a)=\sum_{i=a}^n f_i \times C_n^i\times\text{其他格子随意填的方案数即}\ 2^{n-i}$$

  其中 $f_i$ 是 $Ans(a)$ 所对应的一个未知的容斥系数。
  故我们只需要考虑如何求 $f_i$
  考虑任意一个选了 $i$ 行且这 $i$ 行全黑的方案在上面的式子里计算的次数（每个方案最后应该只会被计算一次）

$$\sum_{j=a}^i f_j\times C_i^j=1$$

  尝试推导 $f_i$ 的递推式

$$\begin{align*} \sum_{i=a}^n f_i\times C_n^i &=\sum_{i=a}^{n-1}f_i\times C_n^i+f_n\\ &=\sum_{i=a}^{n-1}f_i\times(C_{n-1}^{i-1}+C_{n-1}^i)+f_n\\ &=\sum_{i=a}^{n-1}f_i\times C_{n-1}^i+\sum_{i=a}^{n-1}f_i\times C_{n-1}^{i-1}+f_n\\ &=1+\sum_{i=a}^{n-1}f_i\times C_{n-1}^{i-1}+f_n\\ &=1 \end{align*}$$

  故

$$f_n=-\sum_{i=a}^{n-1}f_i\times C_{n-1}^{i-1}$$

  这样我们就可以在 $\Theta(n^2)$ 的时间内递推出容斥系数。
  因为行和列的问题是等价的，所以可以用相同的方法求出列的容斥系数。

  记 $Ans(a,b)$ 表示至少 $a$ 行和 $b$ 列全黑的方案数，则有

$$Ans(a,b)=\sum_{i=a}^n\sum_{j=b}^m f_{a,i}\times C_n^i\times f_{b,j}\times C_m^j\times\text{其他格子随意填的方案数即}\ 2^{(n-i)(m-j)}$$

  时间复杂度：$\Theta(n^2+m^2+nm)$

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Code

#include <cstdio>
const int N=3000;
const int mod=998244353;
int n,m,a,b,fa[N+5],fb[N+5],p[N*N+5],c[N+5][N+5];
void init() {
    p[0]=1;
    for(int i=1;i<=N*N;++i) {
        p[i]=2*p[i-1];
        if(p[i]>=mod) p[i]-=mod;
    }
    for(int i=0;i<=N;++i) c[i][0]=1;
    for(int i=1;i<=N;++i) for(int j=0;j<=i;++j) {
        c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
        if(c[i][j]>=mod) c[i][j]-=mod;
    }
}
void solve() {
    fa[a]=1;
    for(int i=a+1;i<=n;++i) {
        int sum=0;
        for(int j=a;j<i;++j) sum=(sum+1LL*c[i-1][j-1]*fa[j])%mod;
        fa[i]=-sum;
    }
    fb[b]=1;
    for(int i=b+1;i<=m;++i) {
        int sum=0;
        for(int j=b;j<i;++j) sum=(sum+1LL*c[i-1][j-1]*fb[j])%mod;
        fb[i]=-sum;
    }
}
int main() {
    init();
    while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b)) {
        solve();
        int ans=0;
        for(int i=a;i<=n;++i) for(int j=b;j<=m;++j)
            ans=(ans+1LL*fa[i]*c[n][i]%mod*fb[j]%mod*c[m][j]%mod*p[(n-i)*(m-j)])%mod;
        printf("%d\n",(ans%mod+mod)%mod);
    }
    return 0;
}

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Extended

  上述代码的运行时间为 $700\text{ms}$ 左右，考虑如何优化。
  此处，我们还是考虑只有行的情况。
  如果我们强制有 $b$ 行为黑色，那么它对答案有 $\displaystyle\sum_{i=a}^b C_b^i$ 次的贡献（被计算进答案的次数）。
  而事实上，我们想让它的贡献为（系数） $1$，考虑如下公式

$$\sum_{i=a}^b C_b^i\times (-1)^{i-a}\times C_{i-1}^{a-1}=1$$
  故容斥系数为 $(-1)^{i-a}\times C_{i-1}^{a-1}$
  通过优化，程序运行时间可以压到 $400\text{ms}$ 左右。

  时间复杂度：$\Theta(nm)$

代码

#include <cstdio>
const int N=3005;
const int M=9000005;
const int P=998244353;
int n,m,a,b,o[N],x[N],y[N],p[M],c[N][N];
void init() {
    o[0]=1;
    for(int i=1;i<=3000;++i) o[i]=P-o[i-1];
    p[0]=1;
    for(int i=1;i<=9000000;++i) p[i]=2*p[i-1]%P;
    for(int i=0;i<=3000;++i) {
        c[i][0]=c[i][i]=1;
        for(int j=1;j<i;++j) c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%P;
    }
}
int main() {
    init();
    while(~scanf("%d %d %d %d",&n,&m,&a,&b)) {
        for(int i=a;i<=n;++i) x[i]=1LL*o[i-a]*c[n][i]%P*c[i-1][a-1]%P;
        for(int i=b;i<=m;++i) y[i]=1LL*o[i-b]*c[m][i]%P*c[i-1][b-1]%P;
        int ans=0;
        for(int i=a;i<=n;++i) for(int j=b;j<=m;++j) ans=(ans+1LL*x[i]*y[j]%P*p[(n-i)*(m-j)])%P;
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}