【CF Contest-1228 E】Another Filling the Grid【容斥】

題意：

給定一個 $n*n$ 的格子，每個格子填寫 $[1,k]$ 的一個數，保證每行每列至少有一個 $1$，輸出有多少種填寫方案。$(1\leq n\leq 250,1\leq k\leq 10^9)$

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思路：

這個題可以用 $dp$ 思考，$f[i][j]$ 表示前 $i$ 行每行至少有一個 $1$ 且只有 $j$ 列有 $1$ 的方案數。

大家可以根據這個 $dp$ 方程繼續列方程，我們本篇的重點是容斥方法。

如果用容斥考慮這個問題，那麼最大的難點就是此題需要同時保證每行每列至少有一個 $1$，涉及了行、列兩個維度，而常規的容斥問題只有 $1$ 個維度。因此如何多添加進一個維度呢？

通常多加一個維度的方法是先只考慮一個維度，然後再在這一個維度上繼續進行容斥。因此我們令 $f[i]$ 表示 $i$ 行每列至少有一個 $1$ 的方案數，不難發現 $f[i]=(k^i-(k-1)^i)^n$。

然後我們再在該基礎上進行容斥，因此答案 $=$ $n$ 行每列至少一個 $1$ 的方案數 $-$ 至少 $1$ 行無 $1$ 的方案數 $+$ 至少兩行無 $1$ 的方案數 $+...$，即 $ans=f[n]-C_n^1*f[n-1]*(k-1)^n+C_n^2*f[n-2]*(k-1)^{2n}+...$，即
$ans = \sum\limits_{i=0}^n(-1)^i*f[n-i]*C_n^i*(k-1)^{i*n}$

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總結：

此題主要套路在於對於兩個維度下的組合問題，使用先固定一維，再在另一維上容斥達到升維的目的。

主要難點在於狀態的設置，$i$ 行每列都有 $1$ 的方案數，然後再根據行有無 $1$ 來進行容斥，即先保證列滿足條件，然後對行進行容斥。

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代碼：

#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a);
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define per(i,a,b) for(int i = a; i >= b; i--)
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 250+10;
const ll mod = 1e9+7;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;

void dbg() {cout << "\n";}
template<typename T, typename... A> void dbg(T a, A... x) {cout << a << ' '; dbg(x...);}
#define logs(x...) {cout << #x << " -> "; dbg(x);}

ll f[N],C[N][N];
int n,k;

void init(){
	C[1][0] = C[1][1] = 1;
	for (int i = 2; i < N; i++){
		C[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j < N; j++)
			C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1])%mod;
	}
}

ll pow_mod(ll a,ll b){
	ll ans = 1, base = a;
	while(b){
		if(b&1) ans = (ans*base)%mod;
		base = (base*base)%mod;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	init();
	scanf("%d%d",&n,&k);
	rep(i,0,n) f[i] = pow_mod((pow_mod(k,i)-pow_mod(k-1,i))%mod,n);
	ll total = 0;
	rep(i,0,n){
		if(i%2 == 0) total = (total+f[n-i]*C[n][i]%mod*pow_mod(k-1,i*n)%mod)%mod;
		else total = (total+mod-f[n-i]*C[n][i]%mod*pow_mod(k-1,i*n)%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",total);
	return 0;
}