Atcoder Grand Contest 021 F - Trinity（dp+NTT）

Atcoder 题面传送门 & 洛谷题面传送门

首先我们考虑设 \(dp_{i,j}\) 表示对于一个 \(i\times j\) 的网格，其每行都至少有一个黑格的合法的三元组 \((A,B,C)\) 的个数，那么对于原来的 \(n\times m\) 的网格，如果其存在黑格的行的集合不同，那么三元组 \((A,B,C)\) 肯定不同，因此我们可以直接枚举有多少行存在黑格来计算答案，即 \(ans=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}dp_{i,m}\)，因此我们只需求出 \(dp_{i,j}\) 即可求出答案。

接下来考虑怎样求出 \(dp_{i,j}\)，首先边界条件肯定是 \(dp_{i,1}=1\)，因为必须每格都染黑。接下来考虑转移，转移 \(dp_{i,j}\) 时，我们就枚举这个 \(i\times j\) 的矩阵前 \(j-1\) 列组成的子矩阵中，有多少行存在黑格，我们记这个数为 \(k\)，那么可以这样从 \(dp_{k,j-1}\) 转移到 \(dp_{i,j}\)：

• 如果 \(k=i\)，由于这个情况比较特殊，故我们单独将其拎出来。由于前 \(j-1\) 列组成的子矩阵中每行都存在黑格，故每行的 \(A_i\) 都是不为 \(0\) 的，加入第 \(j\) 列后 \(A\) 序列肯定不会发生变化，因此我们只需考虑 \(B,C\) 序列的变化即可。显然所有满足 \(x\le y\) 可能的二元组 \((x,y)\) 及 \((i+1,0)\)（这一列没有黑格的情况）都可以成为合法的 \((B_j,C_j)\)，总个数为 \(1+j+\dbinom{j}{2}\)，因此我们有 \(dp_{i,j}\leftarrow dp_{i,j-1}(1+j+\dbinom{j}{2})\)
• 如果 \(k\lt i\)，那么显然会出现一些本来没有黑格的行出现了黑格，对于这些行而言，其 \(A\) 值肯定就是 \(j\)，而那些本来就存在黑格的行的 \(A\) 值肯定不会变，因此我们还是不用考虑 \(A\) 值的变化，考虑哪些行新出现了黑格及 可能的 \(B_j,C_j\) 即可，一个非常 naive 的想法是直接用组合数计算新出现黑格的行可能的情况，即 \(dp_{i,j}\leftarrow dp_{k,j-1}\dbinom{i}{i-k}\)，但是这显然是错误的，因为它没有考虑到 \(B,C\) 的变化，比方说对于一个 \(5\times 2\) 的矩阵，第一列 \(1,3\) 为黑格，第二列 \(2,4,5\) 行为黑格的情况，与第一列 \(1,3\) 为黑格，第二列 \(1,2,4,5\) 行为黑格的情况，虽然对于第二列而言，新多出黑格的行的集合是相同的，但是显然在两种情况中 \(B_2\) 的值是不同的，因此它们也应被视为不同的情况。怎么解决呢？我们考虑最上方的黑格正上方的白格，即 \(B_j-1\)；以及最下方的黑格正下方的白格，即 \(C_j+1\)，这二者与新多出的 \(i-k\) 行会形成 \(i-k+2\) 个数 \(p_1,p_2,\cdots,p_{i-k+2}\)，显然这 \(i-k+2\) 个数都在 \([0,i+1]\) 中，它们两两互不相同，且 \(B_j-1\) 肯定是这 \(i-k+2\) 中的最小值，\(C_j+1\) 肯定是这 \(i-k+2\) 中的最大值。又对于两种第 \(j\) 列的染色方案，它们被视作不同的染色方案当且仅当这 \(i-k+2\) 个数组成的集合 \(\{p_1,p_2,\cdots,p_{i-k+2}\}\) 不同，因此我们只需统计有多少个合法的集合 \(\{p_1,p_2,\cdots,p_{i-k+2}\}\) 即可，这个方案数显然是 \(\dbinom{i+2}{i-k+2}\)，因此我们有转移 \(dp_{i,j}\leftarrow dp_{k,j-1}\dbinom{i+2}{i-k+2}\)

故我们有 \(dp_{i,j}=dp_{i,j-1}(1+j+\dbinom{j}{2})+\sum\limits_{k=0}^{i-1}dp_{k,j-1}\dbinom{i+2}{i-k+2}\)，这样暴力转移是 \(\mathcal O(n^2m)\) 的，无法通过，不过注意到后面一个 \(\sum\) 可以变形为 \(\sum\limits_{k=0}^{i-1}dp_{k,j-1}\dfrac{(i+2)!}{k!(i-k+2)!}=(i+2)!\sum\limits_{k=0}^{i-1}\dfrac{dp_{k,j-1}}{k!}\dfrac{1}{(i-k+2)!}\)，这显然是一个卷积的形式，因此 NTT 优化即可，TC 即可降到 \(\mathcal O(nm\log n)\)。

const int MAXN=8000;
const int MAXM=200;
const int MAXP=1<<14;
const int MOD=998244353;
const int pr=3;
const int ipr=(MOD+1)/3;
int qpow(int x,int e){
	int ret=1;
	for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(e&1) ret=1ll*ret*x%MOD;
	return ret;
}
int n,m,dp[MAXN+5][MAXM+5],ans=0;
int fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
void init_fac(int n){
	for(int i=(fac[0]=ifac[0]=ifac[1]=1)+1;i<=n;i++) ifac[i]=1ll*ifac[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD,ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%MOD;
}
int binom(int n,int k){return 1ll*fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;}
int rev[MAXP+5];
void NTT(vector<int> &a,int len,int type){
	int lg=31-__builtin_clz(len);
	for(int i=0;i<len;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
	for(int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int i=2;i<=len;i<<=1){
		int W=qpow((type<0)?ipr:pr,(MOD-1)/i);
		for(int j=0;j<len;j+=i){
			int w=1;
			for(int k=0;k<(i>>1);k++,w=1ll*w*W%MOD){
				int X=a[j+k],Y=1ll*a[(i>>1)+j+k]*w%MOD;
				a[j+k]=(X+Y)%MOD;a[(i>>1)+j+k]=(X-Y+MOD)%MOD;
			}
		}
	}
	if(type==-1){
		int iv=qpow(len,MOD-2);
		for(int i=0;i<len;i++) a[i]=1ll*a[i]*iv%MOD;
	}
}
vector<int> conv(vector<int> a,vector<int> b){
	int LEN=1;while(LEN<a.size()+b.size()) LEN<<=1;
	a.resize(LEN,0);b.resize(LEN,0);NTT(a,LEN,1);NTT(b,LEN,1);
	for(int i=0;i<LEN;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%MOD;
	NTT(a,LEN,-1);return a;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);init_fac(n+2);
	for(int i=0;i<=n;i++) dp[i][1]=1;
	for(int j=2;j<=m;j++){
		vector<int> a(n+1),b(n+1);
		for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=ifac[i+2];
		for(int i=0;i<=n;i++) b[i]=1ll*ifac[i]*dp[i][j-1]%MOD;
		a=conv(a,b);
		for(int i=0;i<=n;i++){
			dp[i][j]=1ll*(1+i+binom(i,2))*dp[i][j-1]%MOD;
			dp[i][j]=(dp[i][j]+1ll*fac[i+2]*a[i])%MOD;
		}
	} for(int i=0;i<=n;i++) ans=(ans+1ll*binom(n,i)*dp[i][m])%MOD;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}