Chessboard - 题解

标签与难度

标签: 组合数学, 数学, 容斥原理, 隔板法, 计数问题难度: 1900

题目大意喵~

主人，这道题是说，我们有一个无限大的棋盘，还有好多好多的玻璃球，喵~ 我们需要完成一个任务：

首先，我们可以选择在棋盘上画出一个任意边长 k 的正方形区域（一个 k x k 的网格）。
然后，我们要在这个 k x k 网格的每个格子里放玻璃球。每个格子里放的数量 a_{i,j} 必须不少于 M 个。
最关键的条件来啦！如果我们从这个 k x k 的网格中，选出 k 个不同行也不同列的格子（就像是在棋盘上放 k 个不会互相攻击的皇后那样），这 k 个格子的玻璃球总数必须是一个固定的值，我们叫它 S 吧。并且，这个 S 不能超过 N。
不论我们怎么选择这 k 个不同行列的格子，它们的球数总和都必须是同一个值 S。

我们的任务是，对于所有可能的 k 和所有满足条件的放法，计算总共有多少种不同的方案数，结果需要对 998244353 取模，的说。

举个栗子，对于一个 3x3 的网格，一种选择不同行列格子组合的方式是 (1,1), (2,2), (3,3)，另一种是 (1,2), (2,1), (3,3)。这两种组合的球数总和必须相等，喵~

解题思路分析

这道题看起来有点吓人，又是棋盘又是组合的，但别怕，让我带你一步步解开它的神秘面纱，喵~

步骤一：破解核心约束

题目中最核心的约束是：“任意选取 k 个不同行不同列的格子，其上的数字之和恒为定值 S”。

这是一个非常强的性质！让我们来分析一下。假设我们有一个 k x k 的网格，格子 (i, j) 上的数字是 a_{i,j}。这个性质其实是一个经典数学模型的标志，它等价于：a_{i,j} 必须可以表示为 r_i + c_j 的形式。

为什么呢？喵~ 我们可以简单证明一下。假设 a_{i,j} = r_i + c_j。那么我们任取一个排列 p = (p_1, p_2, ..., p_k)，对应的格子组合是 (1, p_1), (2, p_2), ..., (k, p_k)。它们的和是：

\sum_{i=1}^{k} a_{i, p_i} = \sum_{i=1}^{k} (r_i + c_{p_i}) = \left(\sum_{i=1}^{k} r_i\right) + \left(\sum_{i=1}^{k} c_{p_i}\right)

因为 p 是 (1, 2, ..., k) 的一个排列，所以 (p_1, ..., p_k) 只是 (1, ..., k) 的重新排序。因此，\sum c_{p_i} 总是等于 \sum c_j，这是一个与排列 p 无关的定值！所以总和 (\sum r_i) + (\sum c_j) 也是一个定值。这说明 a_{i,j} = r_i + c_j 是一个充分条件。

（更严格的证明可以说明它也是必要条件，但我们在这里可以直观地接受这个结论，喵~）

步骤二：转化问题

好啦，现在问题就变成了：对于一个给定的 k，我们要找多少对序列 r = (r_1, ..., r_k) 和 c = (c_1, ..., c_k)，使得它们满足以下所有条件：

a_{i,j} = r_i + c_j \ge M （对于所有的 1 \le i, j \le k）
S = \sum_{i=1}^{k} r_i + \sum_{j=1}^{k} c_j \le N

步骤三：消除方案的歧义性

这里有个小陷阱！如果我们找到了一对可行的 (r, c)，那么对于任意整数 d，令 r'_i = r_i + d 且 c'_j = c_j - d，我们来看看会发生什么：

a'_{i,j} = r'_i + c'_j = (r_i + d) + (c_j - d) = r_i + c_j。a_{i,j} 矩阵完全没变！
S' = \sum r'_i + \sum c'_j = (\sum r_i + k \cdot d) + (\sum c_j - k \cdot d) = S。总和也没变！

这意味着，同一个摆放方案（同一个 a_{i,j} 矩阵）可以由无限多对 (r, c) 序列表示出来。这样会重复计数，可不行呐！

为了解决这个问题，我们需要为每一组等价的 (r, c) 选出一个唯一的“代表”，也就是正则化。一个聪明的办法是，我们强制要求 r 序列中的最小值是 0，即 min(r_1, ..., r_k) = 0。这样一来，对于任何一个合法的 a_{i,j} 矩阵，都能唯一地分解出一对满足 min(r_i) = 0 的 (r, c) 序列。问题就解决了！

步骤四：建立计数模型

现在，我们的问题变成了计数满足以下条件的整数序列对 (r, c) 的数量：

min(r_1, ..., r_k) = 0。这自然也意味着 r_i \ge 0 对所有 i 都成立。
r_i + c_j \ge M。因为 r_i \ge 0，这个不等式在 r_i 取最小值 0 时也必须成立。所以，我们必须有 0 + c_j \ge M，即 c_j \ge M 对所有 j 都成立。
\sum r_i + \sum c_j \le N。

为了方便计数，我们引入新的变量。令 x_i = r_i 和 y_j = c_j - M。将这些新变量代入我们的条件中：

x_i \ge 0 且 min(x_1, ..., x_k) = 0。
c_j \ge M 变成了 y_j \ge 0。
\sum x_i + \sum (y_j + M) \le N，整理一下得到 \sum_{i=1}^{k} x_i + \sum_{j=1}^{k} y_j \le N - k \cdot M。

设 P = N - k \cdot M。如果 P < 0，那肯定没有非负整数解，方案数为 0。我们的最终任务是：对于一个固定的 k，找出满足 x_i \ge 0, min(x_i)=0, y_j \ge 0 且 \sum x_i + \sum y_j \le P 的整数解 (x, y) 的数量。

步骤五：使用容斥原理和隔板法

min(x_i) = 0 这个条件有点讨厌，我们可以用容斥原理来处理它。 {满足 min(x_i) = 0 的方案数} = {满足 min(x_i) \ge 0 的方案数} - {满足 min(x_i) \ge 1 的方案数}。

Case 1: x_i \ge 0 和 y_j \ge 0 我们要计算 \sum_{i=1}^{k} x_i + \sum_{j=1}^{k} y_j \le P 的非负整数解数量。这总共有 2k 个变量。这是一个经典的隔板法问题。我们可以引入一个“松弛变量” s \ge 0，把不等式变成等式：

x_1 + \dots + x_k + y_1 + \dots + y_k + s = P

现在问题是在 2k+1 个变量中分配 P 个 "1"。根据隔板法，方案数是 C(P + (2k+1) - 1, (2k+1) - 1) = C(P + 2k, 2k)。

Case 2: x_i \ge 1 和 y_j \ge 0 我们要计算 \sum x_i + \sum y_j \le P 的整数解数量。我们再次换元，令 x'_i = x_i - 1 \ge 0。代入不等式： \sum (x'_i + 1) + \sum y_j \le P(\sum x'_i + k) + \sum y_j \le P\sum x'_i + \sum y_j \le P - k 令 P' = P - k。如果 P' < 0，方案数为 0。否则，用和上面完全一样的方法，我们有 2k 个非负变量，总和不超过 P'。方案数是 C(P' + 2k, 2k) = C(P - k + 2k, 2k) = C(P + k, 2k)。

合并结果 所以，对于一个固定的 k，满足 min(x_i)=0 的方案数就是：

\text{Ways}(k) = C(P + 2k, 2k) - C(P + k, 2k)

其中 P = N - k \cdot M。

最终算法

我们的总方案数就是把所有可能的 k 的方案数加起来。 k 可以从 1 开始取。k 的上限是多少呢？因为 P = N - k \cdot M 必须大于等于 0（因为 x_i, y_j 都是非负的，它们的和也非负），所以 k \cdot M \le N，即 k \le N/M。

所以最终的算法是：

预处理组合数需要用到的阶乘和阶乘逆元。
初始化总答案 ans = 0。
从 k = 1 循环到 N/M。
在循环中，计算 P = N - k \cdot M。
计算 Ways(k) = (C(P + 2k, 2k) - C(P + k, 2k)) \pmod{998244353}。
将 Ways(k) 加到 ans 上。
输出最终的 ans。

这样，我们就把一个复杂的问题一步步分解成可以计算的组合数学公式了，喵~ 是不是很神奇！

代码实现

这是我根据上面的思路，精心为你准备的代码哦！注释写得很详细，希望能帮到你，喵~

cpp

#include <iostream>
#include <vector>

// 使用 long long 防止计算过程中溢出
using ll = long long;

// 定义模数
const int MOD = 998244353;
// 预处理阶乘和逆元数组的大小，N最大2000，k最大2000
// P+2k 最大约为 N-kM+2k <= 2000-k+2k = 2000+k <= 4000
// 所以数组大小开到 4005 足够了
const int MAX_FACT = 4005;

// 预处理阶乘和阶乘的逆元
std::vector<ll> fact(MAX_FACT);
std::vector<ll> invFact(MAX_FACT);

// 快速幂函数，用于计算逆元
ll power(ll base, ll exp) {
    ll res = 1;
    base %= MOD;
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) res = (res * base) % MOD;
        base = (base * base) % MOD;
        exp /= 2;
    }
    return res;
}

// 费马小定理计算逆元
ll modInverse(ll n) {
    return power(n, MOD - 2);
}

// 预处理阶乘和逆元
void precompute_factorials() {
    fact[0] = 1;
    invFact[0] = 1;
    for (int i = 1; i < MAX_FACT; i++) {
        fact[i] = (fact[i - 1] * i) % MOD;
        invFact[i] = modInverse(fact[i]);
    }
}

// 计算组合数 C(n, k)
ll nCr_mod_p(int n, int r) {
    if (r < 0 || r > n) {
        return 0;
    }
    // C(n, r) = n! / (r! * (n-r)!)
    return (((fact[n] * invFact[r]) % MOD) * invFact[n - r]) % MOD;
}

void solve() {
    int n, m;
    std::cin >> n >> m;

    ll total_ways = 0;

    // 遍历所有可能的正方形边长 k
    for (int k = 1; k * m <= n; ++k) {
        // 计算 P = N - k*M
        int p = n - k * m;

        // Case 1: x_i >= 0, y_j >= 0. 方案数 C(p + 2k, 2k)
        ll ways1 = nCr_mod_p(p + 2 * k, 2 * k);

        // Case 2: x_i >= 1, y_j >= 0. 方案数 C(p + k, 2k)
        ll ways2 = nCr_mod_p(p + k, 2 * k);

        // 根据容斥原理，min(x_i)=0 的方案数为 ways1 - ways2
        ll current_k_ways = (ways1 - ways2 + MOD) % MOD;

        // 累加到总答案
        total_ways = (total_ways + current_k_ways) % MOD;
    }

    std::cout << total_ways << std::endl;
}

int main() {
    // 加速输入输出
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);

    // 预处理阶乘和逆元
    precompute_factorials();

    int t;
    std::cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(\text{MAX\_FACT} + T \cdot (N/M))$
- precompute_factorials(): 预处理阶乘和逆元需要 $O(\text{MAX\_FACT})$ 的时间。
- solve(): 对于每组测试数据，我们有一个循环，从 k=1 到 N/M。循环内部是常数时间的组合数计算。所以是 $O(N/M)$ 。
- 总时间复杂度就是预处理加上所有测试数据的求解时间。
空间复杂度: $O(\text{MAX\_FACT})$
- 我们主要的空间开销是存储阶乘和阶乘逆元的数组 fact 和 invFact，大小为 MAX_FACT。

知识点总结

这道题是一道非常棒的组合数学练习题，喵~ 它考察了我们将一个复杂问题转化为标准数学模型的能力。

问题转化: 识别出题目中 "任意k个不同行列元素之和为定值" 的性质等价于 a_{i,j} = r_i + c_j 是解题的第一步，也是最关键的一步！
正则化/消除歧义: 当一个解可以由多种参数组合表示时，需要通过设定规范（如 min(r_i)=0）来确保每个解只被计算一次。
容斥原理: 对于 min(x_i)=0 这种 "至少一个为0" 的约束，使用容斥原理 (全部非负) - (全部为正) 是一个非常有效的技巧。
隔板法 (Stars and Bars): 它是解决形如 x_1 + ... + x_n = S 或 x_1 + ... + x_n \le S 的非负整数解个数问题的强大工具。通过引入松弛变量将不等式转化为等式是常用技巧。
组合数计算: 在模意义下计算组合数，需要预处理阶乘和阶乘逆元，这是竞赛中的基本操作哦。

希望这篇题解能让你有所收获，喵~ 如果还有不懂的地方，随时可以再来问我哦！

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标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

步骤一：破解核心约束 ​

步骤二：转化问题 ​

步骤三：消除方案的歧义性 ​

步骤四：建立计数模型 ​

步骤五：使用容斥原理和隔板法 ​

最终算法 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​