Codeforces.997C.Sky Full of Stars(容斥 计数)

题目链接

那场完整的Div2(Div1 ABC)在这儿。。

\(Description\)

　　给定\(n(n\leq 10^6)\)，用三种颜色染有\(n\times n\)个格子的矩形，求至少有一行或一列格子同色的方案数。

\(Solution\)

　　求恰好有多少行/列满足同色不好求，但如果某几行/列已经确定同色，这些行/列外任意选择，即至少多少行/列满足，那么很好求。

　　容斥。设\(f(i,j)\)表示至少有\(i\)行\(j\)列同色的方案数，则\(ans=\sum_{0\leq i\leq n}\sum_{0\leq j\leq n}\left[i+j>0\right]C_n^iC_n^j(-1)^{i+j+1}f(i,j)\)

　　当\(i>0\&\&j>0\)时，可以发现这\(i\)行\(j\)列都是同色的，即\(f(i,j)=3\times 3^{(n-i)(n-j)}\)

　　而当\(i=0||j=0\)时，假设\(i=0\)，那么这\(j\)列间可任意组合，即\(f(0,j)=3^j\times 3^{n\times(n-j)}\)

　　后者可以\(O(n\log n)\)计算，而前者至少需要\(O(n^2)\)。

　　再化式子，令\(i=n-i,j=n-j\)，则\(i,j\neq 0\)时，$$\begin{aligned}ans&=3\sum_{i=0}^{{n-1}\sum_{j=0}}{n-1}C_n^{n-i}C_n{n-j}(-1)^{2n-i-j-1}3{ij}\&=3\sum_{i=0}^{{n-1}\sum_{j=0}}{n-1}C_n^iC_nj(-1)^{i+j+1}3{ij}\end{aligned}$$

　　把\(i\)提出来，看能不能直接算\(j\)：$$\begin{aligned}ans&=3\sum_{i=0}^{n-1}C_ni(-1)^{{i+1}\sum_{j=0}}{n-1}C_n^j(-1)j(3ⁱ⁾j\&=3\sum_{i=0}^{n-1}C_ni(-1)^{{i+1}\sum_{j=0}}{n-1}C_n^j(-3i)^j\end{aligned}$$

　　由二项式定理\((a+b)^n=\sum_{k=0}^nC_n^ka^kb^{n-k}\)，\(j\)的那一项可以直接化掉：$$ans=3\sum_{i=0}^{n-1}C_ni(-1)^{{i+1}\left[(1+(-3}i))^n-(-3i)^n\right]$$

　　于是就可以\(O(n\log n)\)计算了。

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　　还有一个社会人的做法：https://www.cnblogs.com/Menhera/p/9277516.html

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define mod (998244353)
typedef long long LL;
const int N=1e6+7;

int C[N],inv[N];

inline LL FP(LL x,int k)
{
	LL t=1;
	for(; k; k>>=1,x=x*x%mod)
		if(k&1) t=t*x%mod;
	return t;
}

int main()
{
	int n; scanf("%d",&n);
	LL ans1=0; C[0]=inv[1]=1;
	for(int i=1; i<=n; ++i)
	{
		if(i>1) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
		C[i]=1ll*(n-i+1)*C[i-1]%mod*inv[i]%mod;
		if(i&1) ans1+=1ll*C[i]*FP(3,(1ll*n*(n-i)+i)%(mod-1))%mod;//a^{\varphi(p)}=1(\mod p)
		else ans1-=1ll*C[i]*FP(3,(1ll*n*(n-i)+i)%(mod-1))%mod;
	}
	ans1=2ll*ans1%mod;
	LL ans2=0;
	for(int i=0,pw3=1; i<n; ++i)
	{
		if(i&1) ans2+=1ll*C[i]*(FP(1+mod-pw3,n)-FP(mod-pw3,n))%mod;
		else ans2-=1ll*C[i]*(FP(1+mod-pw3,n)-FP(mod-pw3,n))%mod;
		pw3=3ll*pw3%mod;
	}
	printf("%I64d\n",((ans1+3ll*ans2)%mod+mod)%mod);

	return 0;
}