2021牛客暑期多校训练营9 C、Cells

C、Cells

参考过的题解

题目大意

你有一张无穷大的二维矩阵，你的出发点在格点$(0,a_i)$，并且保证了出发点横坐标依次递增：$a_i<a_{i+1}$。

你的目标点分别是$(1,0),(2,0)...(n,0)$，你有几个出发点就有几个目标点，求从出发点去目标点走过的路径没有任何交点的方案数。

Solution

考点：LGV引理+多项式卷积

这题第一个难点就是要会转换模型，他的方案数本质上就是一个LGV引理的模板。

稍微提一下LGV引理，它讲的就是你有起点$(A_1,A_2...A_n)$，目标点$(B_1,B_2...B_n)$，那么你从$n$个起点出发经过完全不相交的边去到$n$个终点的方案数会等于下面的行列式。

$$M=\left|\begin{array}{cccc}e(A_1,B_1)& e(A_1,B_2)& \cdots & e(A_1,B_n)\\ e(A_2,B_1)& e(A_2,B_2)& \cdots & e(A_2,B_n)\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ e(A_n,B_1)& e(A_n,B_2)& \cdots & e(A_n,B_n)\end{array}\right|$$

$e(A_1,B_1)$对应的是从$A_1$去往$B_1$的方案数，那么对应到本题，从$a_1$去往$(1,0)$的方案数就是经典过河卒问题，它的方案数应该是$C_{a_1+1}^1$。

写出本题的行列式：

$$M=\left|\begin{array}{cccc}{C}_{a_1+1}^1& C_{a_1+2}^2& \cdots & C_{a_1+n}^n\\ C_{a_2+1}^1& C_{a_2+2}^2& \cdots & C_{a_2+2}^n\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ C_{a_n+1}^1& C_{a_n+2}^2& \cdots & C_{a_n+n}^n\end{array}\right|$$

求解$n$阶方阵的常用做法是高斯消元，但是很明显$O(n^3)$的做法无法通过此题，我们要对这个有特点的行列式做一些初等变换。

我们把这个方阵里面的组合数用阶乘的方式打开，可以得到下面的行列式。

$$M=\left|\begin{array}{cccc}\frac{(a_1+1)!}{1!a_1!}& \frac{(a_1+2)!}{2!a_1!}& \cdots & \frac{(a_1+n)!}{n!a_1!}\\ \frac{(a_2+1)!}{1!a_2!}& \frac{(a_2+2)!}{2!a_2!}& \cdots & \frac{(a_2+n)!}{n!a_2!}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ \frac{(a_n+1)!}{1!a_n!}& \frac{(a_n+2)!}{2!a_n!}& \cdots & \frac{(a_n+n)!}{n!a_n!}\end{array}\right|$$

我们发现第$i$列都有$\frac{1}{i!}$我们把他提出外面去得到：

$$M=\prod _{i=1}^n\frac{1}{i!}\left|\begin{array}{cccc}\frac{(a_1+1)!}{a_1!}& \frac{(a_1+2)!}{a_1!}& \cdots & \frac{(a_1+n)!}{a_1!}\\ \frac{(a_2+1)!}{a_2!}& \frac{(a_2+2)!}{a_2!}& \cdots & \frac{(a_2+n)!}{a_2!}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ \frac{(a_n+1)!}{a_n!}& \frac{(a_n+2)!}{a_n!}& \cdots & \frac{(a_n+n)!}{a_n!}\end{array}\right|$$

接下来就要作过一定线性代数的题了，要认出这是一个范德蒙德行列式。

具体我们也能推出来，我们假设取了第一行的前三列，我们可以得出下面的这个行列式。

$$\left|\begin{array}{ccc}(a_1+1)& (a_1+1)\ast (a_1+2)& (a_1+1)\ast (a_1+2)\ast (a_1+3)\end{array}\right|$$

为了好看我们转置一下，并且要知道行列式转置值不变，我们得出下面的这个三行一列行列式，本质上和上面的是一样的。

$$\left|\begin{array}{c}(a_1+1)\\ (a_1+1)\ast (a_1+2)\\ (a_1+1)\ast (a_1+2)\ast (a_1+3)\end{array}\right|$$

我们接下来做行初等变换，第二行乘以$-2$加到第三行上去，得到

$$\left|\begin{array}{c}(a_1+1)\\ (a_1+1)\ast (a_1+2)\\ (a_1+1{)}^2\ast (a_1+2)\end{array}\right|$$

接下来用第一行乘以$-(a_1+1)$加到第三行上去，这样我们就得到

$$\left|\begin{array}{c}(a_1+1)\\ (a_1+1)\ast (a_1+2)\\ (a_1+1{)}^3\end{array}\right|$$

接着用第一行乘以$-1$加到第二行计算到

$$\left|\begin{array}{c}(a_1+1)\\ (a_1+1{)}^2\\ (a_1+1{)}^3\end{array}\right|$$

这样一个范德蒙德行列式就出来了，我们再把转置之后的行列式每一列提出一个$(a_i+1)$就变成了标准的范德蒙德行列式。

$$M=\prod _{i=1}^n\frac{a_i+1}{i!}\left|\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ (a_1+1)& (a_2+1)& \cdots & (a_n+1)\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ (a_1+1{)}^{n-1}& (a_2+1{)}^{n-1}& \cdots & (a_n+1{)}^{n-1}\end{array}\right|=\prod _{i=1}^n(\frac{a_i+1}{i!}\prod _{1\le i<j\le n}(a_j-a_i))$$

对于后面那个$\prod _{1\le i<j\le n}^n{a}_j-a_i$，可以比较自然的想到用多项式乘法计算个数。

构造$f(x)=\sum x^{-a_i},g(x)=\sum x^{a_j}$

那么我们把$f(x)\ast g(x)$卷积之后得到的$F(x)=\sum c_i\ast x^i$，它的每个指数$i$对应着一个$a_j-a_i$，它的系数就是这个差值出现的次数，由于本题要求的都是$\prod$符号，所以我们预处理前面的阶乘和分子，后面的我们枚举全部的大于$0$的幂次，做快速幂就可以实现了，还有要注意的两点，第一是实现的时候$NTT$不能用负数做下标，所以我们要用一个偏移量$P=1000001$去处理一下负数，第二本身由于题目给了$a_i<a_{i+1}$所以对于相同的$x=a_j-a_i$来说最多就是$n$个，不会超过$5\cdot 10^5$个，也不用考虑其他的欧拉降幂去求解快速幂。

综上这题的时间复杂度就在$O(n\log n)$时间内愉快的搞定了，挺好的一道LGV引理题和数学题。

int n;
const int P = 1000001;
int a[500005], jc[500005], inv[500005];

namespace math {
	const int MOD = 998244353;
	inline int add(int x, const int y) { return x += y, x >= MOD ? x - MOD : x; }
	inline int sub(int x, const int y) { return x -= y, x < 0 ? x += MOD : x; }
	inline int mul(const int x, const int y) { return 1ll * x * y % MOD; }
	inline int qpow(int x, int y) {
		int res = 1;
		for (; y; y >>= 1, x = mul(x, x)) if (y & 1) res = mul(res, x);
		return res;
	}
}using namespace math;

namespace NTT {
	int limit;
	int pr = 3; // 能用的ntt的素数原根
	vector<int> A, B, rev;
	void init() {
		int ed = P << 1, bit = -1;
		for (limit = 1; limit <= ed; limit <<= 1) ++bit;
		A.resize(limit); B.resize(limit); rev.resize(limit);
		for (int i = 0; i < limit; ++i)	rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << bit);
	}
	void ntt(vector<int>& P, int op) {
		for (int i = 0; i < limit; ++i) {
			if (i < rev[i])swap(P[i], P[rev[i]]);
		}
		for (int mid = 1; mid < limit; mid <<= 1) {
			int euler = qpow(pr, (MOD - 1) / (mid << 1));
			if (op < 0)	euler = qpow(euler, MOD - 2);
			for (int i = 0, pos = mid << 1; i < limit; i += pos) {
				int wk = 1;
				for (int j = 0; j < mid; ++j, wk = mul(wk, euler)) {
					int x = P[i + j], y = mul(wk, P[i + j + mid]);
					P[i + j] = add(x, y), P[i + j + mid] = add(x, MOD - y);
				}
			}
		}
		if (op > 0)	return;
		int inv = qpow(limit, MOD - 2);
		for (int i = 0; i < limit; ++i)	P[i] = mul(P[i], inv);
	}
	void work() {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) A[a[i]] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) B[P - a[i]] = 1;
		ntt(A, 1), ntt(B, 1);
		for (int i = 0; i < limit; ++i)	A[i] = mul(A[i], B[i]);
		ntt(A, -1);
	}
};

int solve() {
	n = read();
	jc[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		a[i] = read();
		jc[i] = jc[i - 1] * i % MOD;
	}
	inv[n] = qpow(jc[n], MOD - 2);
	for (int i = n - 1; ~i; --i) {
		inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % MOD;
	}

	int ans = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		ans = mul(mul(ans, (a[i] + 1)), inv[i]);
	}
	NTT::init();
	NTT::work();
	for (int i = P + 1; i <= 2 * P; ++i) {
		ans = mul(ans, qpow(i - P, NTT::A[i]));
	}
	print(ans);

	return 1;
}