题目大意：
一个$n*n$的格子，每个格子由你填色，有三种允许填色的方法，问有一行或者一列相同的方案数。
题目分析：
标题的FMT是我吓人用的。
一行或一列的问题不好解决，转成它的反面，没有一行和一列相同的方案数。
从一个方向入手，比如列，把一列看成一个整体。把颜色看成二进制数，$001$，$010$，$100$。
那么一列构成了一个长度为$3n$的二进制数，$n$列之间互相与出来的结果为$0$。实际我要统计这个东西。
注意到每一列的取法是不能取相同颜色的，所以剔除相同。之后我们得到了每一列可选的情况。
将它做FMT，之后做$n$次方，然后做IFMT，$0$位上的就是答案。用$9^n$减去这个数字就行。
直接做的时间复杂度是$O(n*2^n)$的，我们远不能承受。
但是我们有用的状态却不多，甚至还有规律。比如FMT后的某个位$bit$如果每三位出现两个$1$那么这个的FMT值一定是$0$，然后如果每三位只有$1$个$1$那么该位贡献$1$次，否则贡献$3$次。
然后是IFMT的还原问题，经过观察，不难发现如果某个位$bit$的$1$的个数为奇数，那么对$0$位产生减的影响，否则产生加的影响。
综合上面两个因素，可以利用组合数来统计方案数。值得注意的是如果每三位的1的位置相同那么要提防填充出相同结果。
时间复杂度$O(n)$
代码：
1 1 #include<bits/stdc++.h> 2 2 using namespace std; 3 3 4 4 const int maxn = 1020000; 5 5 const int mod = 998244353; 6 6 7 7 int n; 8 8 9 9 int f[maxn][2],g[maxn][2]; 1010 int pw3[maxn]; 1111 int c[maxn]; 1212 1313 int fast_pow(int now,int pw){ 1414 int ans = 1,dt = now,bit = 1; 1515 while(bit <= pw){ 1616 if(bit & pw) ans = (1ll*ans*dt)%mod; 1717 bit <<=1;dt = (1ll*dt*dt)%mod; 1818 } 1919 return ans; 2020 } 2121 2222 void work(){ 2323 if(n == 1) {puts("3");return;} 2424 pw3[0] = 1;for(int i=1;i<=n;i++) pw3[i] = 3ll*pw3[i-1]%mod; 2525 c[0] = 1; 2626 for(int i=1;i<=n;i++){ 2727 c[i]=(1ll*c[i-1]*(n-i+1))%mod; 2828 c[i]=(1ll*c[i]*fast_pow(i,mod-2))%mod; 2929 } 3030 int sum = fast_pow(pw3[n],n); 3131 f[0][1] = 1; g[0][1] = (pw3[n]-3+mod)%mod; 3232 f[n][0] = (pw3[n]-3+mod)%mod; g[n][0] = 1; 3333 for(int i=1;i<n;i++){ 3434 f[i][1] = 3ll*c[i]%mod; 3535 f[i][0] = (1ll*pw3[i]*c[i])%mod; 3636 f[i][0] -= f[i][1]; f[i][0] += mod; f[i][0] %= mod; 3737 g[i][0] = pw3[n-i]; g[i][1] = (pw3[n-i]-1+mod)%mod; 3838 } 3939 for(int i=0;i<=n;i++){ 4040 g[i][0] = fast_pow(g[i][0],n); g[i][1] = fast_pow(g[i][1],n); 4141 int dr = ((i&1)?1:-1); 4242 sum += dr*(1ll*g[i][0]*f[i][0])%mod; 4343 if(sum >= mod) sum-=mod; if(sum < 0) sum += mod; 4444 sum += dr*(1ll*g[i][1]*f[i][1])%mod; 4545 if(sum >= mod) sum-=mod; if(sum < 0) sum += mod; 4646 } 4747 printf("%d",sum); 4848 4949 } 5050 5151 int main(){ 5252 scanf("%d",&n); 5353 work(); 5454 return 0; 5555 }