123

2019-07-01 15:49:49 阅读：239 来源： 互联网

有一个 \(n \times n ( n \leq 10^6)\)的正方形网格，用红色，绿色，蓝色三种颜色染色，求有多少种染色方案使得至少一行或一列是同一种颜色。结果对 \(998244353\) 取模

有一个很显然的\(O(n^2)\)的容斥做法：枚举至少有多少行和多少列被染了色，那么显然答案为
\(ans=\sum_{i=0...n,j=0...n,i+j>0} C_n^iC_n^j(-1)^{i+j+1}3^{(n-i)(n-j)+1}\)
对原始进行化简 , 考虑只枚举一维 \(i\) , 剩下一维 \(j\) 转化为一个\(O(1)\)的式子.

接下来是实现细节.

不光是要发现\(i+j\not=0\) 这个条件非常讨嫌 , 而且\(i=0\)或\(j=0\)时各行或各列的颜色互不影响.这种情况要单独拎出来 .
\(ans1=2\sum_{i=0}^n(-1)^{i+1}C_n^i3^{n(n-i)+i}\)

当\(i \in[1,n],j \in[1,n]\)时 , 即行和列都有的时候 , 颜色必须都一样 .
\(ans2=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j+1}C_n^iC_n^j3^{(n-i)(n-j)+1}\)

和组合数\(C\)有关的式子,首先想到

\((a+b)^n=\sum_{i=0}^nC_n^ia^ib^{n-i}\)

此时次幂要简洁 , 而\(C\)不需要 , 所以把 \(n-i\) 换成 \(i\) , 把 \(n-j\) 换成 \(j\) .
\(ans2=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}(-1)^{i+j+1}C_n^iC_n^j3^{ij+1}\)

把 \(i\) 提到前面 , 把 \(j\) 放到后面
\(ans2=3\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1}C_n^i\sum_{j=0}^{n-1}(-1)^jC_n^j3^{ij}\)

考虑后面关于 \(j\) 的式子 \(\sum_{j=0}^{n-1}C_n^j(-3^i)^j(1)^{n-j} = (-3^i+1)^n - (-3^i)^n\)
\(ans2=3\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{i+1}(C_n^i(-3^i+1)^n - (-3^i)^n)\)

代码实现时注意一些细节.

\(1.\)可以把 \(-3^i\) 提出来 , 清晰很多 . 然后发现和负数有关的快速幂也只有 \(-1\) 的次方 , 负数也是可以直接快速幂的 .
\(2.\)复杂的式子一定要打空格！！！
\(3.\)qpow等函数全部开LL , 而且add也不要追求速度 , 老老实实写return (a+b)%mod; 而且复杂的式子里不要用这些 .
\(4.\) a-b 一定要写成(a-b+mod)%mod

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define Debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF=1e9+7;
inline LL read(){
    register LL x=0,f=1;register char c=getchar();
    while(c<48||c>57){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>=48&&c<=57)x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15),c=getchar();
    return f*x;
}

const int N=1e6+5;
const int mod=998244353;

int fac[N],ifac[N];
int n;
LL ans1,ans2;

inline LL add(LL x,LL y){return (x+y)%mod;}
inline LL mul(LL x,LL y){return 1ll*x*y%mod;}
inline LL qpow(LL a,LL b){
    LL res=1;
    for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) res=mul(res,a);
    return res;
}
inline int C(int n,int m){
    return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}

int main(){
    n=read();
    fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
    ifac[n]=qpow(fac[n],mod-2);
    for(int i=n-1;i>=2;i--) ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
    if(n>1) 
        assert(mul(ifac[2],2)==1);

    assert(445648748569745648677454784e-330); // 324位

    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans1 = (ans1 + (C(n,i) * qpow(3,1ll*n*(n-i)+i) % mod * qpow(-1,i+1)) + mod) % mod;
    }
    for(int i=0;i<=n-1;i++){
        int t = -qpow(3,i);
        ans2 = (ans2 + (C(n,i) * ((qpow(t+1,n) - qpow(t,n) + mod) % mod) % mod * qpow(-1,i+1)) + mod) % mod;
    }

    printf("%d\n",(ans1*2+ans2*3)%mod);
}

标签：ifac,int,sum,123,mul,include,式子
来源： https://www.cnblogs.com/lizehon/p/11114439.html

本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享；
2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除；
5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。

ICode9

123