Codeforces.997C.Sky Full of Stars(容斥 计数)

题目链接
那场完整的Div2(Div1 ABC)在这儿。。

(Description)

　　给定(n(nleq 10^6))，用三种颜色染有(n imes n)个格子的矩形，求至少有一行或一列格子同色的方案数。

(Solution)

　　求恰好有多少行/列满足同色不好求，但如果某几行/列已经确定同色，这些行/列外任意选择，即至少多少行/列满足，那么很好求。
　　容斥。设(f(i,j))表示至少有(i)行(j)列同色的方案数，则(ans=sum_{0leq ileq n}sum_{0leq jleq n}left[i+j>0 ight]C_n^iC_n^j(-1)^{i+j+1}f(i,j))
　　当(i>0&&j>0)时，可以发现这(i)行(j)列都是同色的，即(f(i,j)=3 imes 3^{(n-i)(n-j)})
　　而当(i=0||j=0)时，假设(i=0)，那么这(j)列间可任意组合，即(f(0,j)=3^j imes 3^{n imes(n-j)})
　　后者可以(O(nlog n))计算，而前者至少需要(O(n^2))。
　　再化式子，令(i=n-i,j=n-j)，则(i,j eq 0)时，$$egin{aligned}ans&=3sum_{i=0}^{n-1}sum_{j=0}^{n-1}C_n^{n-i}C_n^{n-j}(-1)^{2n-i-j-1}3^{ij}&=3sum_{i=0}^{n-1}sum_{j=0}^{n-1}C_n^iC_n^j(-1)^{i+j+1}3^{ij}end{aligned}$$
　　把(i)提出来，看能不能直接算(j)：$$egin{aligned}ans&=3sum_{i=0}^{n-1}C_n^i(-1)^{i+1}sum_{j=0}^{n-1}C_n^j(-1)^j(3^i)^j&=3sum_{i=0}^{n-1}C_n^i(-1)^{i+1}sum_{j=0}^{n-1}C_n^j(-3^i)^jend{aligned}$$
　　由二项式定理((a+b)^n=sum_{k=0}^nC_n^ka^kb^{n-k})，(j)的那一项可以直接化掉：$$ans=3sum_{i=0}^{n-1}C_n^i(-1)^{i+1}left[(1+(-3^i))^n-(-3^i)^n ight]$$
　　于是就可以(O(nlog n))计算了。

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　　还有一个社会人的做法：https://www.cnblogs.com/Menhera/p/9277516.html

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define mod (998244353)
typedef long long LL;
const int N=1e6+7;

int C[N],inv[N];

inline LL FP(LL x,int k)
{
	LL t=1;
	for(; k; k>>=1,x=x*x%mod)
		if(k&1) t=t*x%mod;
	return t;
}

int main()
{
	int n; scanf("%d",&n);
	LL ans1=0; C[0]=inv[1]=1;
	for(int i=1; i<=n; ++i)
	{
		if(i>1) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
		C[i]=1ll*(n-i+1)*C[i-1]%mod*inv[i]%mod;
		if(i&1) ans1+=1ll*C[i]*FP(3,(1ll*n*(n-i)+i)%(mod-1))%mod;//a^{varphi(p)}=1(mod p)
		else ans1-=1ll*C[i]*FP(3,(1ll*n*(n-i)+i)%(mod-1))%mod;
	}
	ans1=2ll*ans1%mod;
	LL ans2=0;
	for(int i=0,pw3=1; i<n; ++i)
	{
		if(i&1) ans2+=1ll*C[i]*(FP(1+mod-pw3,n)-FP(mod-pw3,n))%mod;
		else ans2-=1ll*C[i]*(FP(1+mod-pw3,n)-FP(mod-pw3,n))%mod;
		pw3=3ll*pw3%mod;
	}
	printf("%I64d
",((ans1+3ll*ans2)%mod+mod)%mod);

	return 0;
}