「模拟赛20191019」B 容斥原理+DP计数

题目描述

将\(n\times n\)的网格黑白染色，使得不存在任意一行、任意一列、任意一条大对角线的所有格子同色，求方案数对\(998244353\)取模的结果。

输入

一行一个整数\(n\)。

输出

一行一个整数表示答案对\(998244353\)取模的值。

样例

样例输入

3

样例输出

32

数据范围

对于\(100\%\)的数据，\(1\leq n\leq 300\)。

比第一题难了不知道多少……

这种东西怎么看都是容斥嘛。

我们先考虑对角线没有限制的情况：
枚举行和列有多少个是同色的，若行+列是奇数，则减去方案数，若行+列是偶数，则加上方案数，其他没有限制的点任意选，容斥一波即可（注意，若既有行又有列，则只能是同一颜色；但如果只有行或只有列则可以随意指定颜色，方案数应随之变动）。

那么有对角线该怎么办？

仍然容斥，\(0\)条对角线-\(1\)条对角线+\(2\)条对角线即是最终答案。其中\(0\)条对角线就是上述的算法。

考虑\(1\)条对角线的情况，不妨设是主对角线，令\(f_{i,j,k}\)表示考虑到前\(i\)行\(i\)列，选中了\(j\)行\(k\)列的方案数。然后考虑转移到\(i+1\)，则枚举选\(0/1\)行，\(0/1\)列，分别转移。但是会存在一个问题，如果既没有选择行又没有选择列，会导致判断\((i,i)\)这个格子可以任选，但事实上主对角线被锁死了，所以要乘上\(\frac{1}{2}\)的系数。最后\(DP\)完后再根据\(j+k\)的奇偶性确定容斥系数，然后再乘上\(2^{(n-j)(n-k)}\)的系数表示未被考虑的格子的方案。

然后考虑\(2\)条对角线的情况，类似\(1\)条对角线，只是变成从中心开始一圈一圈往外\(DP\)，讨论的情况更多（并且要特判，奇数的时候两条对角线颜色必须一样，偶数的时候两条对角线颜色不必一样），就没有什么差别了。

\(Code:\)

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 998244353
#define inv2 499122177
#define inv16 935854081
int n, f[2][305][305];
int C[305][305], mul[100005];
void Add(int &a, int b){a = (a + b) % mod;}
int Solve0()
{
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= n; j++)
        {
            int k;
            if (!i || !j)
                k = i ^ j;
            else
                k = 1;
            int x = (n - i) * (n - j) + k;
            ans = (ans + (ll)C[n][i] * C[n][j] % mod * mul[x] % mod * (1 - (i + j) % 2 * 2) % mod) % mod;
        }
    return ans;
}
int Solve1()
{
    memset(f, 0, sizeof(f));
    int z = 0;
    f[0][0][0] = 2;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        for (int j = 0; j <= i; j++)
        {
            for (int k = 0; k <= i; k++)
            {
                Add(f[z ^ 1][j][k], (ll)f[z][j][k] * inv2 % mod);
                Add(f[z ^ 1][j][k + 1], -f[z][j][k]);
                Add(f[z ^ 1][j + 1][k], -f[z][j][k]);
                Add(f[z ^ 1][j + 1][k + 1], f[z][j][k]);
                f[z][j][k] = 0;
            }
        }
        z ^= 1;
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= n; j++)
            Add(ans, (ll)f[z][i][j] * mul[(n - i) * (n - j)] % mod);
    return ans;
}
int Solve2()
{
    memset(f, 0, sizeof(f));
    int z = 0;
    if (n & 1)
    {
        f[0][0][0] = 1;
        f[0][0][1] = f[0][1][0] = -2;
        f[0][1][1] = 2;
    }
    else
        f[0][0][0] = 2;
    for (int k = n & 1; k < n; k += 2)
    {
        for (int i = 0; i <= k; i++)
        {
            for (int j = 0; j <= k; j++)
            {
                Add(f[z ^ 1][i][j], (ll)f[z][i][j] * inv16 % mod);
                Add(f[z ^ 1][i + 1][j], -(ll)f[z][i][j] * inv2 % mod);
                Add(f[z ^ 1][i][j + 1], -(ll)f[z][i][j] * inv2 % mod);
                Add(f[z ^ 1][i + 2][j], f[z][i][j]);
                Add(f[z ^ 1][i][j + 2], f[z][i][j]);
                Add(f[z ^ 1][i + 2][j + 1], -(ll)f[z][i][j] * 2ll % mod);
                Add(f[z ^ 1][i + 1][j + 2], -(ll)f[z][i][j] * 2ll % mod);
                Add(f[z ^ 1][i + 1][j + 1], f[z][i][j] * 2ll % mod);
                Add(f[z ^ 1][i + 2][j + 2], f[z][i][j]);
                f[z][i][j] = 0;
            }
        }
        z ^= 1;
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= n; j++)
            if (!j && !i && (!(n & 1)))
                Add(ans, mul[n * (n - 2) + 2]);
            else
                Add(ans, (ll)f[z][i][j] * mul[(n - i) * (n - j)] % mod);
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    C[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        C[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; j++)
            C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
    }
    mul[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n * n + 1; i++)
        mul[i] = mul[i - 1] * 2 % mod;
    int ans = Solve0();
    ans = (ans - 2ll * Solve1()) % mod;
    ans = (ans + Solve2()) % mod;
    if (ans < 0)ans += mod;
    printf("%d\n", ans);
}