CF Round #589 (Div. 2)E. Another Filling the Grid 組合數學dp

題目鏈接： https://codeforces.com/contest/1228/problem/E

題意：

你現在有個 $n*n$ 的矩陣，現在要你給每個格子填上一個數字 $x(x\in[1,k])$ ，並且要求每一行以及每一列的最小值是 $1$ ，問你有多少種填數字的方法。

做法：

只會 $O(n^3)$ 的做法，果然還是太菜了。。 $O(n^2)$ 的做法表示沒弄懂…先寫下三次方的做法…

$dp[i][j]$ 合法代表枚舉到第 $i$ 列時，仍有 $j$ 行還沒有符合條件的方法種數。

$dp[i][j]$ 可以從兩種情況轉移過來，① $dp[i-1][j]$ 表示沒有加進新的邊，② $dp[i][x](x\in[j+1,n])$ ，表示有在新的行上增加 $1$。

爲什麼要這樣把兩種情況分開呢，因爲如果有在新的行上增加 $1$ 的話，原來已經滿足條件的行就無所謂是不是一定有 $1$ 了，而如果沒有新增加的話，就必須滿足原來的行中至少有一行有 $1$ ，這樣才能滿足在這一列的時候列合法的情況。

① $dp[i][j]+=dp[i-1][j]*(k-1)^j(k^{n-j}-(k-1)^{n-j})$ 表示，未滿足的原來的 $j$ 行中可以任意取除了 $1$ 以外的值，而滿足條件的 $n-j$ 行除了不能全部取非 $1$ 值以外任意取。

② $dp[i][j]+=\sum_{p=j+1}^{n} dp[i-1][p]*C_{p}^{p-j}*(k-1)^j*k^{n-p}$ 表示，假設我們從原來的值爲 $p$ 時轉移過來，要從中選 $p-j$ 個填上 $1$ ， $j$ 行依舊是可以取任意非 $1$ 的值，除了這 $p$ 行之外的行可以任意取。（注意這裏是可以任意取，原因上面說過了）。

最後的 $dp[n][0]$ 就是我們要的答案。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = (int)a;i<=(int)b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int maxn=255;
ll dp[maxn][maxn],k,C[maxn][maxn];
ll n,qk[maxn],qk1[maxn];
ll quick(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b/=2;
    }
    return ans;
}
void init(){
    rep(i,0,251) C[i][0]=1;
    rep(i,1,251){
        rep(j,1,i){
            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
        }
    }
    qk[0]=qk1[0]=1;
    rep(i,1,251) {
        qk[i]=qk[i-1]*k%mod,qk1[i]=qk1[i-1]*(k-1ll)%mod;
    }
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    init();
    dp[0][n]=1;
    rep(i,1,n){
        rep(j,0,n){
            dp[i][j]=dp[i-1][j]*qk1[j]%mod*((qk[n-j]-qk1[n-j]+mod)%mod)%mod;
            rep(p,j+1,n){
                dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][p]*C[p][p-j]%mod*qk1[j]%mod*qk[n-p]%mod)%mod;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n",dp[n][0]);
    return 0;

}