【弱省胡策】Round #5 Count
太神仙了。
(DP)做法
设(f_{n,m,d,k})表示(n*m)的矩阵，填入第(k)个颜色，并且第(k)个颜色最少的一列上有(d)个块染了(k)颜色。
[displaystyle f_{n,m,d,k}=sum_{i=1}^nC_n^icdot (C_m^d)^icdot f_{i,m-d,0,k-1}cdot f_{n-i,m,d+1,k}
]
边界条件特别烦，当(n=1)或者(n==1&&m==0)时(f)的值为(1)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 25
#define M 55
using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
const ll mod=1e9+7;
int n,m,k;
ll f[N][M][M][105];
ll C[M][M];
ll ksm(ll t,ll x) {
ll ans=1;
for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
if(x&1) ans=ans*t%mod;
return ans;
}
int main() {
for(int i=0;i<=50;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
C[i][j]=(!j||i==j)?1:(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
n=Get(),m=Get(),k=Get();
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int d=0;d<=m+1;d++)
for(int c=0;c<=k;c++)
if(!i||(i==1&&j==0))
f[i][j][d][c]=1;
for(int c=1;c<=k;c++) {
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=m;j++) {
for(int d=j;d>=0;d--) {
for(int q=1;q<=i;q++) {
(f[i][j][d][c]+=C[i][q]*ksm(C[j][d],q)%mod*f[q][j-d][0][c-1]%mod*f[i-q][j][d+1][c])%=mod;
}
(f[i][j][d][c]+=f[i][j][d+1][c])%=mod;
}
}
}
}
cout<<f[n][m][0][k];
return 0;
}
容斥做法
参考Luogu P4463的容斥做法。
我们先定义两行同构为：这两行中每种颜色出现次数相同。
我们设(f_n)表示(n)行(m)列且任意两行不同构的方案数。设(s_i)表示有(i)行矩形同构的方案数。
然后我们考虑加入第(n+1)行。我们枚举至少有(i)行与第(n+1)行同构的方案数为(g_i)，则：
[g_i=s_icdot f_{n-i}
]
我们设恰好有(i)行与第(n+1)行矩形同构的方案数为(h_i)，则：
[g_i=h_i+inom{i+1}{i}h_{i+1}
]
因为剩下的(n-i)行两两不同构，所以最多有(i+1)行与第(n+1)行同构。
设(g_i)的容斥系数为(c_i)。考虑(h_i)被计算的次数为(c_i+inom {i}{i-1}c_{i-1})，所以
[c_i+inom {i}{i-1}c_{i-1}=[i==0]
]
因为(c_0=0)，所以我们就可以解出(c_i=(-1)^i i!)。
关于计算(s_i)：
[s_i=(frac{m!}{prod num_k！})^i
]
其中(num_k)表示第(k)种颜色出现的次数。
这个其实就可以枚举(i)之后做背包，然后显然可以用(NTT)优化，于是数据范围可以扩大。
(懒得写(MTT)就改了模数)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 205
#define M 205
using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
const ll mod=998244353;
int n,m,k;
ll fac[M],ifac[M];
ll ksm(ll t,ll x) {
ll ans=1;
for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
if(x&1) ans=ans*t%mod;
return ans;
}
ll f[N],g[N];
ll C(int n,int m) {return fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;}
ll NTT(ll *a,int d,int flag) {
static ll G=3;
static int rev[M<<2];
int n=1<<d;
for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<d-1);
for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int s=1;s<=d;s++) {
int len=1<<s,mid=len>>1;
ll w=flag==1?ksm(G,(mod-1)/len):ksm(G,mod-1-(mod-1)/len);
for(int i=0;i<n;i+=len) {
ll t=1;
for(int j=0;j<mid;j++,t=t*w%mod) {
ll u=a[i+j],v=a[i+j+mid]*t%mod;
a[i+j]=(u+v)%mod;
a[i+j+mid]=(u-v+mod)%mod;
}
}
}
if(flag==-1) {
ll inv=ksm(n,mod-2);
for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%mod;
}
}
void pre(int n) {
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
ifac[n]=ksm(fac[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=0;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll A[M<<2],ans[M<<2];
ll s[N][M];
void ksm(ll *A,ll *ans,int d,int x) {
memset(ans,0,sizeof(ans));
ans[0]=1;
for(;x;x>>=1) {
if(x&1) {
NTT(ans,d,1),NTT(A,d,1);
for(int i=0;i<1<<d;i++) ans[i]=ans[i]*A[i]%mod;
NTT(ans,d,-1),NTT(A,d,-1);
for(int i=1<<d-1;i<1<<d;i++) ans[i]=0;
}
NTT(A,d,1);
for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=A[i]*A[i]%mod;
NTT(A,d,-1);
for(int i=1<<d-1;i<1<<d;i++) A[i]=0;
}
}
ll S[N];
int main() {
n=Get(),m=Get(),k=Get();
pre(N-5);
int len=m*k;
int d=ceil(log2(m<<1|1));
for(int i=1;i<=n;i++) {
memset(A,0,sizeof(A));
for(int j=0;j<=m;j++) {
A[j]=ksm(ifac[j],i);
}
memset(ans,0,sizeof(ans));
ksm(A,ans,d,k);
S[i]=ans[m]*ksm(fac[m],i)%mod;
}
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=0;j<i;j++) {
g[j]=C(i-1,j)*f[i-j-1]%mod*S[j+1]%mod;
}
for(int j=i-1;j>=0;j--) g[j]=(g[j]-g[j+1]*(j+1)%mod+mod)%mod;
f[i]=g[0];
}
cout<<f[n];
return 0;
}