[Codeforces 997C]Sky Full of Stars(排列组合+容斥原理)

题面

用3种颜色对\(n×n\)的格子染色,问至少有一行或一列只有一种颜色的方案数。\((n≤10^6)\)

分析

显然任意染色的方案数为\(3^{n^2}\),我们考虑求出没有一行一列只有一种颜色的方案数,然后相减。

(1)首先考虑仅仅没有全部是一种颜色的列,每一列任意染色有\(3^n\)种方案,去掉每一列只有一种颜色的方案有3种,共\(3^n-3\)种,n列就有\((3^n-3)^n\)种。

(2)再考虑仅仅没有全部是一种颜色的行,考虑枚举只有一种颜色的行数i,其他行任意填。但会有重复计算的情况,比如i=1的时候,有1行颜色相同。但其他行任意填的时候可能会又填出一种颜色的一行,有2行颜色相同,要减掉。所以考虑容斥原理。

​ $$tot=\sum_{i=1}^n (-1)^i C_n^i f(i)$$,其中\(C_n^i\)表示从n行中选出i行,\((-1)^i\)用来容斥,\(f(i)\)表示有i行颜色相同的方案数

现在我们来推导\(f(i)\),注意我们不能产生只有一种颜色的列,只能产生只有一种颜色相同的行

​ (2.1)如果这i行颜色相同,我们要从3种颜色种选一种给i行上色。然后对于这i行下方的n小列(长度为n-i),我们任意涂色,但要注意不能涂与上面i行相同的颜色,否则会造成有颜色相同的列,与情况(1)重复。那么每列方案数\((3^{n-i}-1)\),n列方案数\((3^{n-i}-1)^n\),总方案数\(3(3^{n-i}-1)^n\)

​ (2.2)如果这i行颜色不同,那么i行有\(3^i-3\)种方案,其中3种是i行颜色相同的方案。剩下的\(n(n-i)\)格任意涂色。显然不会产生颜色相同的列,总方案数\(3^{n(n-i)}(3^i-3)\)

​ 因此\(f(i)=3(3^{n-i}-1)^n+3^{n(n-i)}(3^i-3)\)

代入表达式,我们可以得到最终答案

\[ans=3^{n^2}-(3^n-3)^n-\sum_{i=1}^n (-1)^i C_n^i(3(3^{n-i}-1)^n+3^{n(n-i)}(3^i-3))
\]

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1000000
#define mod 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
ll fact[maxn+5],invfact[maxn+5];
inline ll fast_pow(ll x,ll k){
ll ans=1;
while(k){
if(k&1) ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
k>>=1;
}
return ans;
}
inline ll inv(ll x){
return fast_pow(x,mod-2);
}
inline ll C(int n,int m){
if(n<m) return 0;//小心特殊情况
if(n==m) return 1;
if(m==0) return 1;
return fact[n]*invfact[n-m]%mod*invfact[m]%mod;
} void pre_work(int n){
fact[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
for(int i=0;i<=n;i++) invfact[i]=inv(fact[i]);
} int main(){
scanf("%d",&n);
pre_work(n);
ll ans=0;
ans=fast_pow(3,(ll)n*n);
ans=(ans-fast_pow(fast_pow(3,n)-3,n)+mod%mod);
for(int i=1;i<=n;i++){
ll now=fast_pow(-1,i)*C(n,i)%mod*(3*fast_pow(fast_pow(3,n-i)-1,n)%mod+(fast_pow(3,i)-3+mod)*fast_pow(3,(ll)n*(n-i))%mod)%mod;
ans=(ans-now+mod)%mod;
}
printf("%I64d\n",ans);
}

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