题目描述
小$A$和小$B$在做游戏。
他们找到了一个$n$行$m$列呈网格状的画板。小$A$拿出了$p$支不同颜色的画笔，开始在上面涂色。看到小$A$涂好的画板，小$B$觉得颜色太单调了，于是把画板擦干净，希望涂上使它看起来不单调的颜色（当然，每个格子里只能涂一种颜色）。小$B$想知道一共有多少种不单调的涂色方案。我们定义一个涂色方案是不单调的，当且仅当任意相邻两列都出现了至少$q$种颜色。
输入格式
一行四个整数$n,m,p,q$，意义如题中所述。
输出格式
一行一个整数，表示不单调的涂色方案数模$998244353$的值。
样例
样例输入：
2 3 3 3
样例输出：
162
数据范围与提示
对于$20\%$的数据：$n imes mleqslant 15,qleqslant pleqslant 3$
对于另外$20\%$的数据：$nleqslant 7,mleqslant 100,p=q=2$
对于另外$30\%$的数据：$nleqslant 100,mleqslant 1,000,qleqslant pleqslant 100$
对于$100\%$的数据：$nleqslant 100,mleqslant {10}^9 ,qleqslant pleqslant 100$
题解
首先，明确题意，不能不涂（也是被这个我并没有看出来的条件坑死了……）
静观数据范围，显然是矩阵快速幂。
那么，我们现在思考如何构建转移矩阵。
先把矩阵搁在一边，考虑$DP$，设$f[i][j]$表示对于一列，选到了第$i$行的格子，恰好涂了$j$种颜色的方案数，直接给出式子：
$$f[i][j]=f[i-1][j-1] imes (p-(j-1))+f[i-1][j] imes j$$
前半部分的转移即为又选了一个新的，那么我就要在这么多的颜色中再选一个；后半部分相当于我又从原来的$j$中颜色中选了一种涂在了这里。
那么，我们在设$g[j]$表示对于一列，选了$j$种颜色的方案数，那么根据第二类斯特林数（类比将$n$个有区别的小球放进$m$个没有区别的盒子，每个盒子至少放一个小球），一列中涂上每种$j$元颜色集合的颜色的方案数就是$frac{g[j]}{C_p^j}$。
那么，我们对于这一列用了$j$元集合，下一列要用$k$元集合，则方案数为：
$$sum limits_{x=max(q,j,k)}^{min(p,j+k)}C_j^{j+k-x}C_{p-i}^{x-j}$$
解释一下上式，考虑两个极端情况，$alpha.jcup k=varnothing$，$eta.jsubset k or ksubset j$，这也是上式的上下线；再来理解组合数，因为$j$和$k$会有交集，所以前一个组合数就是交集，而第二个就是交集以外的。
现在，我们令：
$$trans[j][k]=frac{g[j]}{C_p^j}sum limits_{x=max(q,j,k)}^{min(p,j+k)}C_j^{j+k-x}C_{p-i}^{x-j}$$
那么，$dp[i][k]=dp[i-1][j] imes [j][k]$，$dp[1][j]=g[j]$。
这样我们就可以拿到$70$分了。
观察式子，可以用矩阵快速幂快速转移。
时间复杂度：$Theta(n^3log m)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m,p,q;
long long C[1001][1001],g[101][101];
long long wzc[101][101],ans[101][101],flag[101][101];
void matrix1()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
flag[i][j]=ans[i][j];
ans[i][j]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=1;k<=n;k++)
ans[i][j]=(ans[i][j]+flag[i][k]*wzc[k][j]%mod)%mod;
}
void matrix2()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
flag[i][j]=wzc[i][j];
wzc[i][j]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=1;k<=n;k++)
wzc[i][j]=(wzc[i][j]+flag[i][k]*flag[k][j]%mod)%mod;
}
void pre_work()
{
g[0][0]=C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=100;i++)
{
C[i][0]=ans[i][i]=1;
for(int j=1;j<=i;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q);
pre_work();m--;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
g[i][j]=j*(g[i-1][j]+g[i-1][j-1])%mod;
for(int j=1;j<=p;j++)
for(int k=1;k<=p;k++)
{
for(int x=max(max(q,j),k);x<=min(p,j+k);x++)
wzc[j][k]=(wzc[j][k]+C[j][j+k-x]*C[p-j][x-j]%mod)%mod;
wzc[j][k]=wzc[j][k]*g[n][k]%mod;
}
while(m)
{
if(m&1)matrix1();
matrix2();
m>>=1;
}
for(int i=1;i<=p;i++)
for(int j=1;j<=p;j++)
ans[0][0]=(ans[0][0]+ans[i][j]*C[p][i]%mod*g[n][i]%mod)%mod;
printf("%lld",ans[0][0]);
return 0;
}
rp++