設共有\(n\)個集合，\(a_i\)表示第\(i\)個集合，則所有集合的並集可表示成以下形式：
\[|a_1\cup a_2\cup \cdots\cup a_n|=\sum_^n (-1)^\sum|a_1\cap a_2\cap\cdots\cap a_i|
\]設某個元素被\(x\)個集合包含，顯然地，其對左式的貢獻為1，因為在並集中只計算一次。
考慮其對於右式的貢獻，它會在這\(x\)個集合的所有子集中被計算到。其貢獻為：
\[\sum_^x c_x^i(-1)^=-\sum_^x c_x^i(-1)^=1-\sum_^x c_x^i(-1)^=1-\sum_^x c_x^i(-1)^\times1^=1-(1-1)^x=1
\]由於所有元素對於左右兩式的貢獻均為1，綜上即可證得等式成立。
設\(a_i^c\)表示\(a_i\)的補集，\(s\)表示全集，則：
\[|a_1^c\cap a_2^c\cap\cdots\cap a_n^c|=|s|-|a_1\cup a_2\cup \cdots\cup a_n|=|s|-\sum_^n (-1)^\sum|a_1\cap a_2\cap\cdots\cap a_i|
\]常用於解決限制條件較繁複的問題。
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這三個限制可以逐個來解決，然後逐層相乘。
當至少有\(i\)行\(j\)列不染色的且規定為某\(i\)行\(j\)列不染色的時候，設\(f_k\)表示不用\(k\)種顏色的方案。
則：\[\binom(c-k+1)^=\sum_^c \binom f_t
\]左式的意義為，選\(k\)個顏色不用的方案數。由於還有不塗色的選擇，所以並不能保證只有那幾個沒有用到。假設有一種方案恰好有\(t\)種顏色沒用到，根據這樣的選擇方式，它就被計算了\(\binom\)次。由此得出上式。
二項式反演一下，或者從單純的容斥角度而言，即可得到：
\[f_k=\sum_^c (-1)^\binom\binom(c-t+1)^
\]\[\begin
\sum_^c f_k& =\sum_^c \sum_^c (-1)^\binom\binom(c-t+1)^\\
& =\sum_^c \binom\binom(c-t+1)^ \sum_^t (-1)^\binom\\
& =\sum_^c \binom\binom(c-t+1)^ (-(-1)^t +\sum_^t (-1)^1^k \binom)\\
& =\sum_^c (-1)^\binom(c-t+1)^\\
\end\]
合法的方案數即為：
\[(c+1)^-\sum_^c f_k=\sum_^c (-1)^k\binom (c-k+1)^
\]這樣的方案數，還是會算重，同樣因為有不塗色的選擇會導致超過\(i\)行或\(j\)列是完全空白的。再進行容斥，即可得到：
\[\begin
& \sum_^n (-1)^i \binom\sum_^m (-1)^j \binom \sum_^c (-1)^k\binom(c-k+1)^\\
& =\sum_^n\sum_^c (-1)^\binom \binom\sum_^m \binom(-1)^j(c-k+1)^\\
& =\sum_^n\sum_^c (-1)^\binom \binom\sum_^m [-1+(c-k+1)^]^m \\
\end\]
如果不將後面的求和轉化掉的話，複雜度是\(o(n^3)\)。轉化後對每乙個\(c-k+1\)的冪進行預處理，即可達到\(o(n^2logn)\)的複雜度。
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#include #include typedef long long ll;
const int p=1e9+7;
const int maxn=400+10;
int fac[maxn],inv[maxn],pow[maxn*maxn];
int max(int x,int y)
int read()
int power(int a,int n)
return res;
}void prework(int n)
int c(int n,int m)
int main()
} printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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