2020五校聯考NOIP 2 矩陣

咕咕咕到現在~

題面傳送門

題意：給出乙個 \(n\times n\) 的矩陣 \(a\)。要你求有多少個 \(n\times n\) 的矩陣 \(b\) 滿足：

我們考慮條件三。「\(f(b)\) 的字典序小於 \(f(a)\) 的字典序」意味著我們可以列舉第乙個 \(f(a)_i的位置然後統計答案。

假設第乙個不相等的位置為 \(i\) 行 \(j\) 列。那麼矩陣 \(b\) 的前 \(i-1\) 行上的數，以及第 \(i\) 行的前 \(j-1\) 個數，都已經確定下來了，我們的任務就是填好剩下來的 \(n^2-(i-1)\times n-(j-1)\) 個數。

不難注意到，對於後 \(n-i\) 行每行的方案數是固定的，即 \(f_n\)，其中 \(f_i\) 表示長度為 \(i\) 的滿足 \(p_j \neq j\) 的排列個數，也就是乙個簡單的錯排數問題。

接下來考慮如何計算填好第 \(i\) 行剩餘的 \(n-j+1\) 個數的方案數，我們可以列舉第 \(j\) 個數是什麼。那麼我們需把這一行剩下來的 \(n-j\) 個數塞入這 \(n-j\) 個位置。再，假設 \(a_,a_,\dots,a_\) 分別記作 \(x_1,x_2,\dots,x_\)，第 \(i\) 行剩餘的數分別記作 \(y_1,y_2,\dots,y_\)，要求有多少個 \(1\) 到 \(n-j\) 的排列 \(p\) 滿足 \(x_i \neq y_\)。

其實方案數與 \(x_i,y_i\) 具體是什麼數不重要，我們關心的只是有多少個數在 \(x,y\) 中同時出現，也就是官方題解中的「有限制的位置」與「無限制的位置」。

然後就可以 \(dp\) 了，設 \(dp_\) 為有 \(i\) 個有限制的位置和 \(j\) 個無限制的位置的方案數。

若 \(j=0\)，顯然 \(dp_=f_i\)，直接上公式 \(f_i=\sum\limits_^i\binom\times(-1)^\)

若 \(j \neq 0\)，那麼可以用類似組合數遞推的方式。列舉最後乙個無限制的位置上填的數，如果填了乙個無限制的數，有 \(j\) 種方案，無限制的數變為 \(j-1\)，即 \(j \times dp_\)；如果填了乙個有限制的數，有 \(i\) 種方案，無限制的位置還是 \(j\) 個，原來有限制的數變為無限制的數，即 \(i \times dp_\)。故 \(dp_=j \times dp_+i \times dp_\)。

這樣做是 \(n^3\) 的。不過可以進一步優化：列舉這個位置填的是有限制的數還是沒限制的數，用樹狀陣列/線段樹維護選法，乘上乙個 \(dp\) 係數即可。

#include using namespace std;
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define int long long
const int mod=998244353;
int n,a[2005][2005],f[2005],c[2005][2005],fac[2005],dp[2005][2005],b[2005][2005];
bool vis1[2005],vis2[2005];
int qpow(int x,int e)
return ans;
}struct node s[2005<<2];
inline void pushup(int k)
inline void build(int k,int l,int r)
inline void add(int k,int ind,int x)
int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
if(ind<=mid) add(k<<1,ind,x);
else add(k<<1|1,ind,x);
pushup(k);
}inline int query(int k,int l,int r,int x)
signed main()
fac[0]=1;fz(i,1,n) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
fz(i,0,n)
//		cout<}	for(int i=0;i<=n;i++)
}	fz(i,1,n) fz(j,1,n) scanf("%d",&a[i][j]);
fz(i,1,n-1)
//		fz(j,1,n) cout<}	int ans=0;
fz(i,1,n)
ans=(ans+sum*qpow(f[n],n-i)%mod)%mod;
}	printf("%lld\n",ans);
return 0;
}

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