Description
给定两个长度为 \(n\) 的数组 \(a,b\)。
要求给一个 \(n×n\) 的矩阵的每个位置填上一个非负整数，使得第 \(i\) 行的最大值为 \(a_i\)，第 \(j\) 列的最大值为 \(b_j\)。
求方案数对 \(998244353\) 取模的结果。
\(1\leq n\leq 10^5\)，\(1\leq a,b\leq 10^9\)。
Solution
显然可以把 \(a,b\) 分别降序排序，不影响结果。
记 \(c_{i,j}=min(a_i,b_j)\)。考虑将 \(c_{i,j}\) 相同的位置放在一起处理。
显然 \(c_{i,j}\) 相同的位置会形成一个 \(\lceil\) 反 \(L\) 形 \(\rfloor\)。
具体地，将 \(a,b\) 降序排序后，若 \(a_{x_1}\) ~ \(a_{x_2}\) 和 \(b_{y_1}\) ~ \(b_{y_2}\) 都是 \(s\)，则所有满足以下条件的 \(i,j\) 都有 \(c_{i,j}=s\)：
- \(1\leq i\leq x_2\) 且 \(1\leq j\leq y_2\)
- \(x_1\leq i\) 或 \(y_1\leq j\)。
那么现在这个 \(\lceil\) 反 \(L\) 形 \(\rfloor\) 的填数要满足以下条件：
- 每个格子的数都在 \([0,s]\) 中。
- 第 \(x_1\) ~ \(x_2\) 行的最大值是 \(s\)。
- 第 \(y_1\) ~ \(y_2\) 列的最大值是 \(s\)。
考虑容斥，设 \(f(i)\) 表示第 \(x_1\) ~ \(x_2\) 行中，至少有 \(i\) 行的最大值不是 \(s\) 的方案（需要保证第 \(y_1\) ~ \(y_2\) 列的最大值是 \(s\)）。
令 \(l_x=x_2-x_1+1,l_y=y_2-y_1+1\)。（即行数和列数）
那么 \(ans=\sum_{i=0}^{lx}(-1)^if(i)\)。
考虑怎么算 \(f(i)\)：
先填强制最大值不是 \(s\) 的那 \(i\) 行：首先从 \(l_x\) 行中选出 \(i\) 行，然后这 \(i\) 行最大值不是 \(s\)，所以这 \(i\) 行的所有格子都只能填 \([0,s-1]\)。
这一部分的方案数：\(c(l_x,i)×s^{i×y_2}\)。
接着考虑 \(\lceil\) 保证第 \(y_1\) ~ \(y_2\) 列的最大值是 \(s\) \(\rfloor\)：第 \(y_1\) ~ \(y_2\) 列中，每列已经填了 \(i\) 个，还剩 \(x_2-i\) 个没填。显然每列的这 \(x_2-i\) 个格子中，必定至少有一个 \(s\)。
这一部分的方案数：\(((s+1)^{x_2-i}-s^{x_2-i})^{l_y}\)。
还剩下 \((l_x-i)(y_1-1)\) 个格子，随便填。
这一部分的方案数：\((s+1)^{(l_x-i)(y_1-1)}\)。
所以：
\[f(i)=c(l_x,i)×s^{i×y_2}×((s+1)^{x_2-i}-s^{x_2-i})^{l_y}×(s+1)^{(l_x-i)(y_1-1)}\]
时间复杂度 \(O(n (\log n+\log 1e9))\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
template <class t>
inline void read(t & res)
{
char ch;
while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
res = ch ^ 48;
while (ch = getchar(), isdigit(ch))
res = res * 10 + (ch ^ 48);
}
const int e = 2e5 + 5, mod = 1e9 + 7;
int n, a[e], b[e], d[e], m, ans = 1, fac[e], inv[e];
inline int ksm(int x, int y)
{
int res = 1;
while (y)
{
if (y & 1) res = (ll)res * x % mod;
y >>= 1;
x = (ll)x * x % mod;
}
return res;
}
inline int c(int x, int y)
{
if (x < y) return 0;
return (ll)fac[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod;
}
inline int plu(int x, int y)
{
(x += y) >= mod && (x -= mod);
return x;
}
inline int sub(int x, int y)
{
(x -= y) < 0 && (x += mod);
return x;
}
inline int solve(int la, int lb, int ra, int rb, int s)
{
int res = 0, i, a = ra - la, b = rb - lb;
for (i = 0; i <= a; i++)
{
int tmp = (ll)c(a, i) * ksm(s, (ll)i * rb % (mod - 1)) % mod *
ksm(sub(ksm(s + 1, ra - i), ksm(s, ra - i)), b) % mod *
ksm(s + 1, (ll)(a - i) * lb % (mod - 1)) % mod;
if (i & 1) res = sub(res, tmp);
else res = plu(res, tmp);
}
return res;
}
int main()
{
read(n);
int i;
for (i = 1; i <= n; i++) read(a[i]), d[++m] = a[i];
for (i = 1; i <= n; i++) read(b[i]), d[++m] = b[i];
sort(d + 1, d + m + 1);
m = unique(d + 1, d + m + 1) - d - 1;
reverse(d + 1, d + m + 1);
sort(a + 1, a + n + 1); reverse(a + 1, a + n + 1);
sort(b + 1, b + n + 1); reverse(b + 1, b + n + 1);
fac[0] = 1;
for (i = 1; i <= n; i++) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % mod;
inv[n] = ksm(fac[n], mod - 2);
for (i = n - 1; i >= 0; i--) inv[i] = (ll)inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
int la = 0, lb = 0;
for (i = 1; i <= m; i++)
{
int ra = la, rb = lb;
while (ra < n && a[ra + 1] == d[i]) ra++;
while (rb < n && b[rb + 1] == d[i]) rb++;
ans = (ll)ans * solve(la, lb, ra, rb, d[i]) % mod;
la = ra; lb = rb;
}
cout << ans << endl;
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/cyf32768/p/12196043.html