【2019 牛客多校第七场 ChessBoard】-CFANZ编程社区

1.题目链接。题目大意：给定n，m。你可以在平面上选择一个任意大的k*k的矩阵，然后矩阵中的每一个格子上放置一定数量的玻璃球，每个格子玻璃球的数量不小于m，在这个矩阵中任意的选k个行列均不同的格子，他们包含地玻璃球的数量要都是相等的。问有多少种方案。

2.首先n,m都是大于等于1的，那么我们可以知道，k的最大值就是n，最小值是1，所以首先枚举k。对于每一个固定的k，又该如何解决呢？对于每一个固定的k，由于每个格子放置的数量不小于m，所以任选k个的最小值：k*m,最大值：n。那么我们就可以先写出求和式：

$ans=\sum_{k=1}^{n}\sum_{T=k*m}^{n}f_m(k,T)$

其中：

【2019 牛客多校第七场 ChessBoard】_最小值_02 表示每个格子最少m个，矩阵大小为k，不同行列为T的方案数。那么我们首先简化一下这个式子，如果每个格子至少m个，那么我们把每个格子减去m，也就是每个格子至少0个，这个原问题到转化之后的问题的映射是线性映射，一一对应，所以转化后答案的数量不会变。那么在这种情况下，总和T变为：T-k*m。

那么原式子变为：

$ans=\sum_{k=1}^{n}\sum_{T=0}^{n-k*m}f_0(k,T-k*m)$

现在着手解决：f0(k,T-k*m).

问题的现在的表述为，现在有一个k*k的矩阵，我们有多少种方案在矩阵里面填数，填的数字都是大于等于0的数字，使得填完之后这个矩阵不同行列的和都相等，并且和为T（虽然上边是T-k*m,这里简单的写作T）。

（1）首先考虑怎么样填这个矩阵才能使得选择k个行列不同的格子和都相等？假设矩阵初始值全为0，这个时候满足条件，那么T=1怎么搞？我们考虑任意一行，这一行一定会有一个格子被选中，如果这个格子不是0，是1，那么他就对T有贡献，注意我们考虑该行的格子没有指定考虑哪一个？说明这一行的所有的格子都应该满足这个条件，其实这样就可以显然的得出一个结论：如果要达到任意选行列不同的k个和都相等，那么我们填的时候只能每次操作一整行或者一整列。比如T=1，我们可以任选一行，把这一行的所有格子+1，T=2，我们在T=1的基础上，再任选一行，把这一行的所有格子全部+1.那么问题来了，为什么你只操作行，不操作列？因为这是一个k*k的矩阵，也就是一个方阵，行列的地位都是一样的，或者说二者是等价的。OK，既然这样，我们可以把这个解决方案升级一下，对于总和为T，我们可以这样做：首先任选一行加上a1，任选一列加上b1.....也就是说，我们可以把总和T分割成2*k个元素，他们分别是：a1+a2...ak+b1+b2...bk=T,然后每一个ai,bi,我们任意把他们加到行上或者列上，这样加完之后，得到的矩阵就是满足条件的。那么可能你会有疑问，这样不会使得有的格子数量为0？是的，但是我们已经把问题转化了，转化为每个格子数量大于等于0了。这样问题又转化为：

$\sum_{i=1}^{k}a_i+\sum_{j=1}^{k}b_j=T$

有多少种分割方案，这就是个简单的问题了，相当于：x1+x2+...xn=b有多少种非负整数解的问题，就不再证明这里的结论了，这里不知道的可以参考《组合数学》机械工业出版社的，上面有着严格的证明。那么答案就是：C(2*k+T-1.2*k-1).这里可能有人会有疑问，对于每一组解，我们不还得把他们排列一下，看看到底加到哪一行？这里不用，因为这个解已经包含了所有情况，所以不需要再排列。

（2）那么上边的就是答案吗？仔细思考一下，有重复的地方。继续这个式子：a1+a2+...ak+b1+b2..bk=T.这里我们让每个a-1,减的1加到b上，那么中和还是不变的。啥意思?如果从最开始的填矩阵的方案考虑，对于每一行，我们让它减一，然后每一列+1，这样对于每个格子，本来行让它-1，但是列又给它+1了，所以每个格子的数量还是不变的，这样我们构造出的矩阵没有任何变，但是这时的,a,b是不同的，我们也把他们计算了一次。产生这种情况的原因是什么呢？究其本质，是ai>=1的时候，都会出现这种情况，并且我们刚才做的变化，也是一个单射，也就是说其实每个a1>=1,他都会被计算两次，第一次是它自己，第二次是它-1列+1.所以我们减去一次才是答案，那么对于所有ai>=1的方案如何计算呢？其实问题又转化为：

$\sum_{i=1}^{k}a_i+\sum_{j=1}^{k}b_j=T(a_i>=1,b_i>=0)$

的方案数：这个东西其实可以转化为上边的情况，让ai=ai-1,得到的：

【2019 牛客多校第七场 ChessBoard】_组合数学_06

这时候，ai又是非负数，转为为上边的问题：方案数：C(2*k+T-k-1,2*k-1)=C(k+T-1,2*k-1).

所以答案就是： C(2*k+T-1,2*k-1)-C(k+T-1,2*k-1).

到这里，本题已经做完。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 6100;
ll mod = 998244353;
ll fac[N], inv[N];
ll qpow(ll a, ll b) {
  ll res = 1;
  while (b)
  {
    if (b & 1)res = res *a % mod;
    a = a * a % mod;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}
ll C(int n, int m) {
  if (n < m)
    return 0;
  return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
void init()
{
  fac[0] = inv[0] = 1;
  for (int i = 1; i < N; i++)
  {
    fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    inv[i] = qpow(fac[i], mod - 2);
  }
}
int main() {
  int T;
  scanf("%d", &T);
  init();
  while (T--) {
    int n, m;
    ll ans = 0;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int k = 1; k <= n; k++) {
      int N = n - m * k;
      if (N < 0)
        break;
      for (int T = 0; T <= N; T++) {
        ans = (ans + C(2 * k - 1 + T, 2 * k - 1)) % mod;;
        ans=(ans-C(k - 1 + T, 2 * k - 1)+mod)%mod;
      }
    }
    printf("%lld\n", ans);
  }
}