Gym 101194H - The 2016 ACM-ICPC Asia China-Final (Shanghai) Contest - H. Great Cells - （组合计数，思维）

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/sdau20163942/article/details/83098322

题解来自：

https://blog.youkuaiyun.com/infinity_edge/article/details/79090391

https://blog.youkuaiyun.com/martayang/article/details/54862753

题目链接：

https://vjudge.net/problem/UVALive-7904

https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=5926

题意：有一个 N行 M 列的矩阵，每一个格子是 [1,k]之间的一个整数。
定义一个格子是吼的，当且仅当该格子的值严格大于与其同行同列的所有格子种的值。定义 Ag为恰好有 g个吼的格子的互不相同的矩阵数目，求：

$\sum_{g = 0}^{NM} (g + 1) A_g \mod \ 10^9 + 7$

解析：
先把式子拆一下：

$\sum_{g = 0}^{NM} g A_g + \sum_{g = 0}^{NM} A_g$
后者为所有矩阵的数目。

$\sum_{g = 0}^{NM} g A_g + k^{NM}$
前者可以看成所有的矩阵的吼的格子的数目之和。
如果一个格子是吼的，那么该行该列所有的数都要严格小于该格子中的数。剩余 N−1 行 M−1 列的格子可以随便填，那么我们枚举这个数就可以了。

最后的答案为：

$NM \sum_{i = 0}^k(i - 1)^{N - 1+ M - 1}k^{(N - 1)(M - 1)}+ k^{NM}$

另一个思路：

这题乍一看需要用组合数学容斥原理计算A-g，但是这样做比较麻烦复杂。但其实这题是(g+1)的套路。。。简便做法是观察整体，把问题转化成每个位置是great格子对最终答案的贡献和，这样就绕开了A-g的计算。

首先，考虑整体的填法：K^(M×N)——这个是容易计算的，那么我们先企图用整体填法数化简待求式！我们发现将待求式展开，后面的ΣA-g的和便是整体的填法数。（一般都需要先拿整体化简一把！）

于是现在只需着手计算Σg*A-g，这个就用贡献和的思想转化，因为有g个great格的填法数乘了个g相当于摊到了这g个位置上，也就是说每个great格独立了，也即每一个格是great格对Σg*A-g贡献=使这个格是great的所有填法总数：

Contrib=Σ（i=1到i=K-1）i^(N-1+M-1)×K^[(N-1)×(M-1)] （转化为贡献和，有点智力题的感觉orz..）

这里注意一点：以上公式没有考虑n=m=1的情况，因为这时填1也算是great格（而以上公式从填2开始考虑的）

从而最后：ans=Contrib×N×M+K^(M×N)

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
inline ll fpow(ll n,ll k)
{
    ll res=1;
    while(k>0)
    {
        if(k&1)
            res=res*n%mod;
        n=n*n%mod;
        k>>=1;
    }
    return res;
}
inline ll solve(ll k,ll p)
{
    ll res=0;
    for(ll i=1;i<=k-1;i++)
    {
        res+=fpow(i,p);
        res%=mod;
    }
    return res;
}
int N,M,K,T,cas;
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);
        cas++;
        ll ans=0;
        ans=solve(K,N+M-2);
        ans*=fpow(K,N*M-N-M+1);
        ans%=mod;
        ans*=N*M;
        ans%=mod;
        ans+=fpow(K,N*M);
        ans%=mod;

        printf("Case #%d: %lld\n",cas,ans);
    }
    return 0;
}