uoj#279. 【UTR #2】题目交流通道（容斥+数数）

传送门

先考虑无解的情况，为以下几种：(dis_{i,j}+dis_{j,k}<dis_{i,k})，(dis_{i,i} eq 0)，(dis_{i,j} eq dis_{j,i})，(dis_{i,j}>K)。先大力特判掉

然后来考虑没有边权为(0)的时候，把原图中所有的边分类，对于((i,j))，如果存在(k)使得(dis_{i,k}+dis_{k,j}=dis_{i,j})，那么称其为(B)类边，否则为(A)类边。显然(A)类边的权值就是(dis_{i,j})，因为从其他地方走权值都大于自己。然后大力猜想一发对于所有(B)类边，权值可以取([dis_{i,j},K])之间的数，接下来证明它

因为存在一条路径从(i)到(j)且权值为(dis_{i,j})，那么这条路径(F)上的边数大于等于(2)，如果其上都是(A)类边，那么就算所有(B)取值为(K)也没关系。那么反证，假设其上有一条边为(B)类边，那么这条(B)类边也有对应一条与它权值相等的路径(G)。(G)不可能与(F)有任何一条边重复，否则我们可以在(F)上不走那条(B)边而是走(G)，那么少走了重复的那几条边，路径权值会变小，与(F)是最短路矛盾

综上，所有(A)类边取值固定，(B)类边可以取([dis_{i,j},K])之间的边，判断一下边的类型，用乘法原理统计答案就好了

信心满满交上去结果只有(30)分，发现自己忘记考虑边权为(0)的情况了

如果有边权为(0)，那么我们可以把这两个点缩成一个点，而且不难发现最短路为(0)是具有传递性的，所以我们可以把互相之间最短路为(0)的点缩到一起，记其中点的个数为(size_i)，缩完点之后的图就是没有边权为(0)的情况了

考虑一个连通块内部，如果把(0)边当成实边，那么(0)边需要让所有的点联通，而其它的边的取值无所谓。记(f_i)为(i)个点的连通块中(0)边使所有点联通的方案数，那么有

[f_i=(K+1)^{C_{i}^2}-sum_{j=1}^{i-1}K^{(i-j) imes j}(K+1)^{C_{i-j}^2}C_{i-1}^{j-1}f_j ]

上面的式子的意思就是，总共的方案减去不合法的方案，不合法的方案可以枚举与(1)同一个联通快的点的大小(j)，那么内部的方案就是(f_j)，然后(j)和(i-j)之间的边能为(0)，(i-j)内部随便连

上面是连通块的贡献，然后考虑边的贡献，设一条边连接的两个连通块大小分别为(i,j)，两个连通块之间的最短路长度为(d)，如果这条边是(B)类边，那么方案数就是((K-d+1)^{i imes j})，如果是(A)类边，就是((K-d+1)^{i imes j}-(K-d)^{i imes j})即合法的减去不合法的

然后就没有然后了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
const int N=505,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x=y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
	R int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
	return res;
}
int a[N][N],vis[N][N],fa[N],f[N],fac[N],inv[N],sz[N];
int n,K,res=1;
inline int C(R int n,R int m){if(m>n)return 0;return mul(fac[n],mul(inv[m],inv[n-m]));}
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
bool ck(){
	fp(i,1,n)if(a[i][i]!=0)return false;
	fp(i,1,n)fp(j,i+1,n){
		if(a[i][j]!=a[j][i])return false;
		if(a[i][j]>K)return false;
		fp(k,1,n)if(a[i][j]+a[j][k]<a[i][k])return false;
	}return true;
}
void init(){
	inv[0]=fac[0]=1;fp(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	inv[n]=ksm(fac[n],P-2);fd(i,n-1,1)inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
	fp(i,1,n)fa[i]=i;
	fp(i,1,n)fp(j,i+1,n)if(a[i][j]==0)fa[find(j)]=find(i);
	fp(i,1,n)++sz[find(i)];
	fp(i,1,n){
		f[i]=ksm(K+1,C(i,2));
		fp(j,1,i-1)f[i]=dec(f[i],1ll*ksm(K,j*(i-j))*ksm(K+1,C(i-j,2))%P*C(i-1,j-1)%P*f[j]%P);
	}
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	n=read(),K=read();
	fp(i,1,n)fp(j,1,n)a[i][j]=read();
	if(!ck())return puts("0"),0;
	init();
	fp(i,1,n)find(i);
	fp(i,1,n)if(fa[i]==i)
		fp(j,i+1,n)if(fa[j]==j){
			bool flag=0;
			fp(k,1,n)if(fa[k]==k)
				if(k!=i&&k!=j&&a[i][k]+a[j][k]==a[i][j]){flag=1;break;}
			if(flag)res=mul(res,ksm(K-a[i][j]+1,sz[i]*sz[j]));
			else res=mul(res,dec(ksm(K-a[i][j]+1,sz[i]*sz[j]),ksm(K-a[i][j],sz[i]*sz[j])));
		}
	fp(i,1,n)if(find(i)==i)res=mul(res,f[sz[i]]);
	printf("%d
",res);
	return 0;
}