[日常训练]三视图（组合计数+容斥）

Posted 2021-03-16 cyf32768

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。

(1leq nleq 10^5)，(1leq a,bleq 10^9)。

Solution

显然可以把 (a,b) 分别降序排序，不影响结果。

记 (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) 反 (L) 形 ( floor)。

具体地，将 (a,b) 降序排序后，若 (a_{x_1}) ~ (a_{x_2}) 和 (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. (1leq ileq x_2) 且 (1leq jleq y_2)
2. (x_1leq i) 或 (y_1leq j)。

那么现在这个 (lceil) 反 (L) 形 ( floor) 的填数要满足以下条件：

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

令 (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) ( floor)：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;
}