AGC039F
一个(n*m)的矩阵，每个位置上可以填([1,K])的整数。
设(f_{i,j})表示与((i,j))同行同列的数的最小值。
求所有的方案中(prod_{i=1}^n prod_{j=1}^m f_{i,j})的值的和。
(n,m,Kle 100)
补题解。
首先题目可以等价成这样：设(B)为原来的矩阵，(A)为另一个矩阵满足(A_{i,j}le min(min_k B_{i,k},min_k B_{k,j}))。
那么(B)的贡献即为不同的(A)的个数。
接下来是个神仙的转化：这个条件等价于：(max_k A_{i,k}le min_k B_{i,k})，(max_k A_{k,j}le min_k B_{k,j})。
钦定了每一行的(A)的最大值，和每一列的(B)的最小值。首先将行和列换成这两个值递增的位置。接着可以发现(A)和(B)的每个位置的取值范围就已经确定了，并且某些行（或列）至少存在一个位置压着最大值（最小值）。
官方题解的图非常直观。可以看到：通过一条折线可以将矩阵分成若干块，可以得到每一块取值范围。具体的折线长这样：从左上角开始，(A)的行最大值小于等于(B)的最小值就往下走，否则往右走，这样走出来一条折线。
按照这条折线转移，用组合知识算算即可。时间(O(n^4))。
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 110
#define ll long long
int n,m,K,mo;
ll pw[N][N*N],w[N][N][N],C[N][N];
ll f[N][N][N],g[N][N][N];
//transform --- f:go down g:go right
//f[k]->g[k] g[k]->f[k+1]
inline void add(ll &a,ll b){a=(a+b)%mo;}
int main(){
freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&mo);
for (int x=0;x<=K;++x){
pw[x][0]=1;
for (int i=1;i<=n*m;++i)
pw[x][i]=pw[x][i-1]*x%mo;
}
for (int x=1;x<=K;++x)
for (int i=0;i<=max(n,m);++i){
ll p=(pw[x][i]-pw[x-1][i]+mo)%mo;
w[x][i][0]=1;
for (int j=1;j<=max(n,m);++j)
w[x][i][j]=w[x][i][j-1]*p%mo;
}
for (int i=0;i<=max(n,m);++i){
C[i][0]=1;
for (int j=1;j<=i;++j)
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mo;
}
f[0][0][0]=1;
for (int k=0;k<K;++k)
for (int i=0;i<=n;++i)
for (int j=0;j<=m;++j){
if (f[k][i][j]){
ll s=f[k][i][j];
add(g[k][i][j],s);
if (j<m)
for (int t=1;i+t<=n;++t)
add(g[k][i+t][j],s*w[k+1][m-j][t]%mo*pw[K-k][t*j]%mo*C[i+t][t]);
}
if (g[k][i][j]){
ll s=g[k][i][j];
add(f[k+1][i][j],s);
if (i)
for (int t=1;j+t<=m;++t)
add(f[k+1][i][j+t],s*w[K-k][i][t]%mo*pw[k+1][t*(n-i)]%mo*C[j+t][t]);
}
}
printf("%lld
",f[K][n][m]);
return 0;
}