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. \(1\leq i\leq x_2\) 且 \(1\leq j\leq y_2\)
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：

1. 每个格子的数都在 \([0,s]\) 中。
2. 第 \(x_1\) ~ \(x_2\) 行的最大值是 \(s\)。
3. 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