小兔的話
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D - 矩陣
簡單題意
一個 \(i * i\) 的 \(01\) 矩陣，若滿足 每一行 和 每一列 都滿足 恰好 有 \(2\) 個位置是 \(1\) 時，稱為 \(i\) 級配對矩陣
設 \(i\) 級配對矩陣的個數為 \(f_i\)；請求出：\(\sum_{i = 1}^n f_i\)，答案對 \(998244353\) 取模
資料範圍
\(1 \leq n \leq 10^7\)
知識點
- 動態規劃（\(dp\)）
分析
題意轉換
這個題目有點複雜，換成一個能更好理解題目解析的：
有一個長度為 \(i\) 的序列，初始狀態時全部的數都為 \(0\)
有 \(i\) 次操作，每一次操作需要選擇 \(2\) 個不同的位置，並把其所對應的數 \(+1\)
\(f_i\) 定義為能使原序列的數全部變成 \(2\) 的操作方案數；請求出：\(\sum_{i = 1}^n f_i\)，答案對 \(998244353\) 取模
- 矩陣有 \(i\) 列 \(\to\) 長度為 \(i\) 的序列
- 每一行的 \(1\) 的 \(2\) 個位置 \(\to\) 選擇 \(2\) 個位置 \(+1\)
- 矩陣有 \(i\) 行 \(\to\) \(i\) 次操作
- 每一列都恰好滿足有 \(2\) 個位置是 \(1\) \(\to\) 使原序列的數全部變成 \(2\)
- 每一列的 \(1\) 的 \(2\) 個位置 \(\to\) 該位置對應的 \(2\) 次 \(+1\) 操作
題目解析
- 特殊說明：\(dp_i\) 表示原題目中的 \(f_i\)；\(A\) 表示排列數；\(C\) 表示組合數
- 特殊說明：\(F_i\) 表示序列中已經進行了 \(1\) 次操作的方案數（即有 \(2\) 個位置已經是 \(1\) 了，剩下 \(i-1\) 次操作）
對於一個長度為 \(i\) 的空序列，考慮某個位置的 \(2\) 次操作
不妨考慮位置 \(1\)（任意一個都可以）的 \(2\) 次操作，這 \(2\) 次操作對位置 \(1\) 的總貢獻是一樣的（使位置 \(1\) 的數變為 \(2\)），就可以轉換為其餘 \(i-1\) 個位置中 \(2\) 個位置（可以相同）的 \(+1\) 操作，接下來討論操作的位置（其餘的 \(i-1\) 個）及其貢獻（\(dp\)）：
- \(2\) 次操作影響相同位置：\(dp_{i-2} \times (i-1) \times C_i^2\)
- \(dp_{i-2}\)：因為 \(2\) 次選擇的是相同位置，那麼就需要考慮剩下的 \(i-2\) 個位置的貢獻
- \(i-1\)：位置的可能性，有 \(i-1\) 個位置可選擇操作
- \(C_i^2\)：因為操作的順序是會影響結果的，所以需要計算 \(2\) 次操作的可能性；有 \(i\) 個操作位置，選擇其中的 \(2\) 次，又因為這 \(2\) 次操作是等價的所以是 \(C_i^2\)
- \(2\) 次操作影響不同位置：\(F_{i-1} \times C_{i-1}^2 \times A_i^2\)
- \(F_{i-1}\)：\(2\) 次操作影響不同位置，相當於 \(i-1\) 個位置中有 \(2\) 個已經 \(+1\) 了
- \(C_{i-1}^2\)：在 \(i-1\) 個位置中選 \(2\) 個（不計順序）
- \(A_i^2\)：在 \(i\) 次操作選擇 \(2\) 次進行不等價操作
接下來分析 \(F\)：
- 用 \(1\) 次操作把 \(1\) 對應的 \(2\) 個位置變成 \(2\)：\(dp_{i-2} \times (i-1)\)
- \(dp_{i-2}\)：除去這 \(2\) 個位置的方案數
- \(i-1\)：在 \(i-1\) 次操作中選擇 \(1\) 次
- 用 \(2\) 次操作把 \(1\) 對應的 \(2\) 個位置變成 \(2\)，同時把另外 \(1\) 個位置變為 \(2\)：\(dp_{i-3} \times (i-2) \times A_{i-1}^2\)
- \(dp_{i-3}\)：除去這 \(3\) 個位置的方案數
- \(i-2\)：另外 \(1\) 個位置可能有 \(i-2\) 中可能
- \(A_{i-1}^2\)：在 \(i-1\) 次操作中選擇 \(2\) 次進行不等價操作
- 用 \(2\) 次操作把 \(1\) 對應的 \(2\) 個位置變成 \(2\)，同時把另外 \(2\) 個位置變為 \(1\)：\(F_{i-2} \times A_{i-2}^2 \times A_{i-1}^2\)
- \(F_{i-2}\)：剩下 \(i-2\) 箇中有 \(2\) 個已經位 \(1\) 的方案數
- \(A_{i-2}^2\)：在 \(i-2\) 個位置中選擇 \(2\) 個變成 \(1\)，與現在的 \(2\) 個位置匹配是不等價的，所以是 \(A\)
- \(A_{i-1}^2\)：在 \(i-1\) 次操作中選擇 \(2\) 次進行不等價操作
初始化：\(dp_0 = 1, dp_2 = 1, F_2 = 1\)，其餘值為 \(0\)
迴圈列舉 \(i\)，進行狀態轉移，順便求出 \(\sum_{i=1}^n dp_i\) 就可以了（這種做法似乎常數很大，不建議使用 C++(NOI)）
程式碼
#include <cstdio>
#define int long long
int rint()
{
int x = 0, fx = 1; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') { fx ^= (c == '-'); c = getchar(); }
while ('0' <= c && c <= '9') { x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48); c = getchar(); }
if (!fx) return -x;
return x;
}
int qpow(int u, int v, int Mod)
{
int res = 1;
while (v)
{
if (v & 1LL) res = res * u % Mod;
u = u * u % Mod; v >>= 1;
}
return res;
}
const int MOD = 998244353;
const int MAX_n = 1e7;
int ans, dp[MAX_n + 5], F[MAX_n + 5];
int FAC[MAX_n + 5], inv[MAX_n + 5];
int A(int n, int m) { return FAC[n] * inv[n - m] % MOD; }
int C(int n, int m) { return A(n, m) * inv[m] % MOD; }
signed main()
{
freopen("matrix.in", "r", stdin);
freopen("matrix.out", "w", stdout);
int n = rint();
FAC[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
FAC[i] = FAC[i - 1] * i % MOD;
inv[n] = qpow(FAC[n], MOD - 2, MOD);
for (int i = n; i >= 1; i--)
inv[i - 1] = inv[i] * i % MOD;
dp[0] = 1; dp[2] = 1; F[2] = 1;
for (int i = 3; i <= n; i++)
{
dp[i] = (dp[i] + dp[i - 2] * C(i, 2) % MOD * (i - 1) % MOD) % MOD;
dp[i] = (dp[i] + F[i - 1] * A(i, 2) % MOD * C(i - 1, 2) % MOD) % MOD;
F[i] = (F[i] + dp[i - 2] * (i - 1) % MOD) % MOD;
F[i] = (F[i] + F[i - 2] * A(i - 1, 2) % MOD * A(i - 2, 2) % MOD) % MOD;
F[i] = (F[i] + dp[i - 3] * A(i - 1, 2) % MOD * (i - 2) % MOD) % MOD;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + dp[i]) % MOD;
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}