题解：AT_arc230_d [ARC230D] Min Max Matrix

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几步最关键的观察我场上都做出来了，可是为什么就差那么一点点呢！

下文中 \(n, m, V\) 分别是原题中的 \(H, W, M\)。

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翻译一下题目说的条件：每行最大值的最小值，等于每行最小值的最大值。假设这个值为 \(x\)。那么必然存在至少一行全部 \(\le x\)，且存在至少一列全部 \(\ge x\)。由于这一行、这一列一定有一个交点，因此交点处的取值必然 \(=x\)。

接下来我们发现如果这个 \(x\) 存在，那么它必然是唯一的。假设有多个满足条件的 \(x\)，如 \(a_{i, j} = x_1, a_{k, l} = x_2\)。那么若 \(x_1 < x_2\)，那么 \(x_1 = a_{i, j} \ge a_{i, l} \ge a_{k, l} = y\)，矛盾；\(x_1 > x_2\) 的话也能同理推出矛盾。

也就是说，所有合法的矩阵可以通过 \(x\) 的不同取值来分类。只需要对于每个 \(x\) 分别求出合法的矩阵数量再求和即可。

考虑容斥：我们现在钦定 \(i\) 行 \(\le x\)，钦定 \(j\) 列 \(\ge x\)。那么有 \(ij\) 个格子的取值只能 \(=x\)，有 \(i (m - j)\) 个格子的取值 \(\le x\)，有 \(j (n - i)\) 个格子的取值 \(\ge x\)，还有 \((n-i)(m-j)\) 个格子无限制，再乘上钦定 \(i\) 行，\(j\) 列的方案数，因此方案数就是 \(\displaystyle{{n \choose i} {m \choose j}V^{(n-i)(m-j)} \cdot x ^{i (m - j)} \cdot (V - x + 1)^{j (n - i)}}\)。

假设钦定 \(i\) 行 \(j\) 列的结果是 \(f_{x, i, j}\)，那么你打个表或者观察一下容斥系数可以发现，答案是

\[\sum_{i = 1}^n \sum _{j=1}^m \sum_{x = 1}^V (-1)^{i + j} f_{x, i, j} \]

这个是难以直接求解的。考虑把 \(f\) 带进去。

\[\begin{align} \text{answer} &= \sum_{i = 1}^n \sum _{j=1}^m \sum_{x = 1}^V (-1)^{i + j} {n \choose i} {m \choose j}V^{(n-i)(m-j)} \cdot x ^{i (m - j)} \cdot (V - x + 1)^{j (n - i)} \nonumber \\ &= \sum_{x=1}^V\sum_{i = 1}^n {n \choose i}(-1)^i \sum_{j = 1}^m (-1)^j {m \choose j} \left[(V-x+1)^{n-i}\right]^j \cdot \left[V^{n-i} \cdot x^i\right]^{m - j}\nonumber \\ &= \sum_{x=1}^V\sum_{i = 1}^n {n \choose i}(-1)^i \left(\sum_{j = 0}^m (-1)^j {m \choose j} \left[(V-x+1)^{n-i}\right]^j \cdot \left[V^{n-i} \cdot x^i\right]^{m - j} - \left[V^{n-i} \cdot x^i\right]^{m}\right)\nonumber \\ &= \sum_{x=1}^V \sum_{i=1}^n {n \choose i}(-1)^i \left(\left(V^{n-i} \cdot x^i - (V-x+1)^{n-i}\right) ^ m- \left[V^{n-i} \cdot x^i\right]^{m}\right) \nonumber \end{align} \]

我们把和 \(x\) 有关的部分可以看作一个关于 \(x\) 的函数，所求即为该函数的一个前缀和。注意到这个前缀和函数必然是一个多项式，且次数为 \(O(nm)\)。所以这个多项式的一个点值可以用拉格朗日插值求出。由于我们可以选择连续的点值进行差值，因此求值的过程可以做到 \(O(nm)\)。

至此问题在 \(O(V+n^2 m \log P)\) 的时间内得到解决，其中第一部分来源于阶乘和逆元，第二部分来源于求 \(O(nm)\) 个点值。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define N 206
#define M 100000006
#define MOD 998244353
using namespace std;
inline void add(int &x,int y) {x+=y,x-=x>=MOD?MOD:0;}
inline void dec(int &x,int y) {x+=MOD-y,x-=x>=MOD?MOD:0;}
int n,m,V,fac[M],ifac[M],ans,y[N*N];
int qpow(int x,int y=MOD-2)
{
  int ret=1;
  for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%MOD)if(y&1)ret=1ll*ret*x%MOD;
  return ret;
}
int binom(int x,int y) {return x<y?0:1ll*fac[x]*ifac[y]%MOD*ifac[x-y]%MOD;}
main()
{
  scanf("%d%d%d",&n,&m,&V),fac[0]=1;
  for(int i=1;i<M;i++)fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%MOD;
  ifac[M-1]=qpow(fac[M-1]);
  for(int i=M-2;~i;i--)
    ifac[i]=1ll*(i+1)*ifac[i+1]%MOD;
  for(int k=0;k<=n*m;k++)
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
      int sum=(qpow((1ll*qpow(k,i)*qpow(V,n-i)%MOD-qpow((V+1-k+MOD)%MOD,n-i)+MOD)%MOD,m)-
               qpow(1ll*qpow(k,i)*qpow(V,n-i)%MOD,m)+MOD)%MOD;
      if(i&1)dec(y[k],1ll*sum*binom(n,i)%MOD%MOD);
      else add(y[k],1ll*sum*binom(n,i)%MOD%MOD);
    }
  for(int k=1;k<=n*m;k++)add(y[k],y[k-1]);
  if(V<=n*m)ans=y[V];
  else {
    for(int i=0;i<=n*m;i++)
      if((n*m-i)&1)dec(ans,1ll*y[i]*fac[V]%MOD*ifac[V-n*m-1]%MOD*
                       ifac[V-i]%MOD*fac[V-i-1]%MOD*ifac[i]%MOD*ifac[n*m-i]%MOD);
      else add(ans,1ll*y[i]*fac[V]%MOD*ifac[V-n*m-1]%MOD*
               ifac[V-i]%MOD*fac[V-i-1]%MOD*ifac[i]%MOD*ifac[n*m-i]%MOD);
  }
  dec(ans,y[0]);
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}