2023NOIP A层联测23-涂鸦
有一面由 n × m n\times m n×m 个格子组成的墙，每个格子要么是黑色，要么是白色。你每次将会进行这样的操作：等概率随机选择一个位置 ( x , y ) (x,y) (x,y)，和一个颜色 c c c（黑色或者白色）（ 1 ≤ x ≤ n , 1 ≤ y ≤ m 1≤x≤n,1≤y≤m 1≤x≤n,1≤y≤m，任意 ( x , y , c ) (x,y,c) (x,y,c) 的组合选择它的概率均为 1 2 ∗ n ∗ m \frac1{2∗n∗m} 2∗n∗m1），然后将在 ( x , y ) (x,y) (x,y) 左上⻆的所有格子的颜色涂成 c c c。即将所有满足 1 ≤ x ′ ≤ x , 1 ≤ y ′ ≤ y 1≤x′≤x,1≤y′≤y 1≤x′≤x,1≤y′≤y 的 ( x ′ , y ′ ) (x′,y′) (x′,y′) 格子上的颜色涂成 c c c。这次操作的代价为涂的格子的数量，即 x × y x\times y x×y。给定初始状态和终止状态，问期望要花费多少代价才能将墙面从初始状态涂成终止状态。答案模 998244353 998244353 998244353。
n , m ≤ 5 n,m\le5 n,m≤5
先考虑朴素的 dp，对墙上的每个格子进行状态压缩，总共有 2 n m 2^{nm} 2nm 个状态，设 f i f_i fi 表示状态 i i i 期望还要花费多少代价才能到达最终状态。转移为
f i = ∑ f j + w 2 n m f_i=\sum\dfrac{f_j+w}{2nm} fi=∑2nmfj+w
其中 j j j 表示一个格子的左上角都涂成黑色或白色所得到的状态， w w w 是涂一次颜色的代价。
这是有后效性 dp，可以高斯消元解决，时间复杂度 O ( 2 3 n m ) O(2^{3nm}) O(23nm)，可以得到 60pts。
下面考虑减少状态。
考虑一个状态，若一个格子的颜色与最终状态的颜色不同，则这个点后面一定会修改，其左上角的点同样，所以这些点的颜色是什么就不重要了，反正后面都要被改。记 p i , j p_{i,j} pi,j 表示状态中坐标为 ( i , j ) (i,j) (i,j) 的点的颜色是否（1/0）与终止状态一样，通过模拟可以发现， p p p 数组中构成 1 1 1 的元素是类似阶梯的形状。如下图，圆点表示在这个格子颜色与最终状态的不一样，矩形表示
范围内的格子要被修改，红色部分就是 p i , j p_{i,j} pi,j 为 1 1 1 的部分。
称这个矩阵为阶梯矩阵，原来的状态称为 01 矩阵。
那么，所有的 01 矩阵都能唯一转化为一个阶梯矩阵，所以只需将原来的状态换成新的阶梯状态进行高斯消元即可。
而阶梯状态是不多的，只有 ( n + m n ) \binom{n+m}{n} (nn+m) 种，下面证明。
考虑每一行，看每行红色部分的格子数量，容易发现它们是有单调性的，设格子数量为 i i i 的行数为 x i x_i xi，即方案就是求 ∑ i = 0 n x i = m \sum\limits_{i=0}^nx_i=m i=0∑nxi=m 的解的个数，这是组合数学的经典问题，易证。
而 ( n + m n ) \binom{n+m}{n} (nn+m) 最大也就 ( 10 5 ) = 252 \binom{10}{5}=252 (510)=252，高斯消元绰绰有余。
实现上，可以用 dfs 求出阶梯矩阵的状态和个数，01 矩阵转换成阶梯矩阵直接暴力枚举（时间充裕）每个点，若颜色不相同就直接对左上角修改。高斯消元要写模意义下的，我的实现直接用快速幂求逆元。
总的时间复杂度为 O ( ( n + m n ) 3 + ( n + m n ) n 3 m 3 ) O\left(\binom{n+m}{n}^3+\binom{n+m}{n}n^3m^3\right) O((nn+m)3+(nn+m)n3m3)
具体实现参照代码
#include