数论 二项式反演 CF1228E题解
作者：互联网
设 \(f_{i,j}\) 为恰好 \(i\) 行 \(j\) 列不满足条件的矩阵个数， \(g_{i,j}\) 为钦定 \(i\) 行 \(j\) 列不满足条件的矩阵个数。
容易得到：
\[g_{x,y}=\binom n x \binom n y (k-1)^{n^2-(n-x)(n-y)}k^{(n-x)(n-y)} \]\[g_{x,y}=\sum_{i=x}^n\sum_{j=y}^n\binom i x\binom j y f_{i,j} \]根据二元二项式反演有：
\[f_{x,y}=\sum_{i=x}^n\sum_{j=y}^n\binom i x\binom j y(-1)^{i+j-x-y}g_{i,j} \]我们要求的是 \(f_{0,0}\)，也就是：
\[\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n\binom i 0\binom j 0\binom n i\binom n j(-1)^{i+j}(k-1)^{n^2-(n-i)(n-j)}k^{(n-i)(n-j)} \]\[\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n\binom n i\binom n j(-1)^{i+j}(k-1)^{n^2-n^2+ni+nj-ij}k^{n^2-ni-nj+ij} \]\[k^{n^2}\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n\binom n i\binom n j(-1)^{i+j}(\frac {k-1} k)^{ni+nj-ij} \]为了方便，以下设 \(a=\frac {k-1} k\)。
做法1
有 \(ij=\binom {i+j} 2-\binom i 2-\binom j 2\)，所以：
\[k^{n^2}\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n\binom n i\binom n j(-1)^{i+j}a^{ni+nj-\binom {i+j} 2+\binom i 2+\binom j 2} \]\[k^{n^2}n!^2\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n\frac 1 {i!(n-i)!}\frac 1 {j!(n-j)!}(-1)^{i+j}a^{ni+nj-\binom {i+j} 2+\binom i 2+\binom j 2} \]设：
\[F_i=\frac {(-1)^ia^{ni+\binom i 2}} {i!(n-i)!} \]\[G_x=\sum_{i=0}^xF_i \times F_{x-i} \]答案即为：
\[k^{n^2}n!^2\sum_{i=0}^{2n}G_i \times a^{-\binom i 2} \]然后我们有 \(a^{\binom n 2}= \prod_{i=1}^{n-1}a^i\)，可以线性递推 \(a^{ni}\) 和 \(a^{\binom i 2}\)。
使用 MTT 计算 \(G\) 即可 \(O(\log mod+n\log n)\) 计算答案。
做法2
\[k^{n^2}\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n\binom n i\binom n j(-1)^{i+j}a^{ni+(n-i)j} \]\[k^{n^2}\sum_{i=0}^n\binom n i(-1)^ia^{ni}\sum_{j=0}^n\binom n j(-1)^ja^{(n-i)j} \]\[k^{n^2}\sum_{i=0}^n\binom n i(-1)^ia^{ni}(1-a^{n-i})^n \]\[k^{n^2}\sum_{i=0}^n\binom n i(-1)^i(a^i-a^n)^n \]预处理 \(a^1 \sim a^n\) 即可 \(O(n\log n+\log mod)\)。
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