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CodeForces - 997C Sky Full of Stars

题解

有空补一下套题题解Qwq，然而我只是pilpuQwq
设(f(i,j))表示至少有i行j列一种颜色的方案数
可以发现，当ij有相交时颜色只能为一种
那么对于(i=0 || j=0)时(f(i,j) = C_n^i * C_n^j*3^{(n - i) *(n - j) + i + j})
否则(f(i,j) = C_n^i * C_n^j*3^{(n - i) * (n - j) + 1})
可以得到一种很显然的容斥方法
对于第一种情况单独算，复杂度(nlogn)
对于第二个式子，容斥是(n^2)的,推式子
(3sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}{C_n^iC_n^j(-1)^{i+j+1}3^{(n-i)(n-j)}})
设(T=3^{ij})换元(3^{(n - i)*(n - j)})
原式(=3sum_{i = 0}^{n - 1}sum_{j = 0}^{n - 1}C_n^iC_n^j(-1)^{i + j - 1}3^{ij})
拆((-1)^{i + j + 1})
(=3sum_{i = 0}^{n - 1}C_n^i(-1)^{i + 1}sum_{j = 0}^{n - 1}C_n^j(-3^i)^{j})
另(T=(-3)^i)
对于后面那部分二项式定理因式分解
(=3sum_{i = 0}^{n - 1} C_n^i (-1)^{i + 1} *[(1 + T)^n - T^n])
复杂变成了(nlogn)

代码

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;  
#define int long long 
const int maxn = 1000007; 
const int mod = 998244353; 
int n,fac[maxn],inv[maxn]; 
int fstpow(int x,int y) { 
    x %= mod; 
    int ret = 1; 
    for(; y; y >>= 1,x = 1ll * x * x % mod) 
        if(y & 1)  ret = 1ll * ret * x % mod; 
    return ret; 
}  
int calc(int x,int y) { 
    return 1ll * ((fac[x] * inv[y]) % mod) * (inv[x - y]) % mod; 
} 
void get_inv() { 
	fac[0] = 1,inv[0] = 1; 
    for(int i = 1;i <= n;i++) { 
        fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;  
        inv[i] = fstpow(fac[i],mod - 2);  
    }    
}   
main() { 
    scanf("%I64d",&n);  
    get_inv();  
    int ans1 = 0;  
    for(int a,b,i = 1;i <= n;i++) { 
        a = 1ll * calc(n,i) * fstpow(-1,i + 1) % mod; 
        b = fstpow(3, (1ll * n * (n - i) + i) % (mod - 1)); 
        ans1 = (ans1 + (1ll * a * b % mod)) % mod; 
	} 
    ans1 = 2 * ans1 % mod; 
    int ans2 = 0; 
	for(int t,b,a,i = 0;i < n;i++) { 	 
        a = 1ll * calc(n,i) * fstpow(-1,i + 1) % mod; 
		t = mod - fstpow(3,i); 
		b = (fstpow(t + 1,n) + mod - fstpow(t,n)) % mod; 
    	ans2 = (ans2 + (1ll * a * b) % mod) % mod;  
	} 
	//int tmp = 
    printf("%I64d
",(((ans1 + 1ll * ans2 * 3) % mod) + mod) % mod); 
    return 0; 
}