【CSP-S 2019 D2 T1】P5664 Emiya 家今天的饭

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https://www.luogu.com.cn/problem/P5664

DescriptionDescriptionDescription

有nnn种菜，mmm种烹饪方法，对于第iii种菜，用第jjj种烹饪方法可以做出ai,ja_{i,j}ai,j种菜

首先这个人至少做1种菜，每道菜的烹饪方法都不相同，但是如果这个人做了kkk道菜，那么每种菜最多只能做k/2k/2k/2种

求方案数，带模数

数据范围：n≤100,m≤2000n\leq 100,m\leq 2000n≤100,m≤2000

SolutionSolutionSolution

对于m<4m<4m<4的情况，直接做多位背包可以拿到64ptsptspts的高分

考虑容斥搞，最终答案即为总抄的方案数-只有一道菜超过了k/2k/2k/2的方案数

记s[i]s[i]s[i]表示第iii种菜所有烹饪方法一共的烹饪菜式
显然总抄的方案数为（s[i]s[i]s[i]+1）【+1是因为你可以不用这种烹饪方法做菜】相乘的积-1【-1是因为你不能所有菜都不做】，我们记此为ans=∏(s[i]+1)−1ans=\prod(s[i]+1)-1ans=∏(s[i]+1)−1

考虑如何计算只有一道菜超过了k/2k/2k/2的方案数

我们记这个超过k/2k/2k/2的菜为主菜，其它菜为辅菜，显然可以枚举哪种菜是主菜（即枚举kkk）

设主菜个数为aaa，辅菜个数为bbb，显然只要a>ba>ba>b，这个方案就是可以统计的

注意到我们只关心a−ba-ba−b的值，所以我们直接以它做dpdpdp，注意到a−ba-ba−b可能小于0，同时加上max{a−b}=100max\{a-b\}=100max{a−b}=100即可

则设f[i][j=(a−b)]f[i][j=(a-b)]f[i][j=(a−b)]表示对于第kkk种烹饪方法，现在已经做了iii种菜，主菜与辅菜的差值为jjj

设对于kkk这种烹饪方法选主菜的方案数为A[i]A[i]A[i]，显然A[i]=a[i][k]A[i]=a[i][k]A[i]=a[i][k]
设对于kkk这种烹饪方法选辅菜的方案数为B[i]B[i]B[i]，显然B[i]=s[i]−A[i]B[i]=s[i]-A[i]B[i]=s[i]−A[i]

状态转移就比较显然了

f[i][j]=f[i−1][j]+f[i−1][j−1]×A[i]+f[i−1][j+1]×B[i]f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]\times A[i]+f[i-1][j+1]\times B[i]f[i][j]=f[i−1][j]+f[i−1][j−1]×A[i]+f[i−1][j+1]×B[i]

三项分别表示：不选，选主菜，选辅菜

注意选主菜要求j>0j>0j>0，但是辅菜一直可以选

则每次对答案的贡献即为∑i=1nf[n][i]\sum_{i=1}^n f[n][i]∑i=1nf[n][i]

时间复杂度：O(n2m)O(n^2m)O(n2m)
备注：

代码中的ansansans是没有-1而是到最后才-1的
代码中的fff是滚动的
代码中因为jjj有可能是负数，所以统一加了100
如果题意不能理解，这里有另一种理解

给定一个n×mn\times mn×m的矩阵，不能不选，每一行只能选一个，每一列可以选k/2k/2k/2个，求方案数（这里的选谁表示乘上它的值作贡献）

CodeCodeCode

#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define LL long long
#define N 100
#define mod 998244353
using namespace std;int n,m;
LL s[N+10],ans=1,a[N+10][2010],A[N+10],B[N+10],f[2][N*2+20],sum;
inline LL read()
{char c;LL d=1,f=0;while(c=getchar(),!isdigit(c)) if(c=='-') d=-1;f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;while(c=getchar(),isdigit(c)) f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;return d*f;
}
signed main()
{n=read();m=read();for(register int i=1;i<=n;i++){for(register int j=1;j<=m;j++) s[i]=(s[i]+(a[i][j]=read()))%mod;ans=ans*(s[i]+1)%mod;}for(register int k=1;k<=m;k++){for(register int i=1;i<=n;i++) {A[i]=a[i][k];B[i]=(s[i]-A[i]+mod)%mod;}memset(f[0],0,sizeof(f[0]));f[0][100]=1;for(register int i=1;i<=n;i++){memcpy(f[i&1],f[i&1^1],sizeof(f[i&1]));for(register int j=N-i;j<=i+N;j++){(f[i&1][j]+=f[i&1^1][j+1]*B[i])%=mod;if(j>0) (f[i&1][j]+=f[i&1^1][j-1]*A[i])%=mod;}}for(register int i=1+N;i<=n+N;i++) (sum+=f[n&1][i])%=mod;}printf("%lld",(ans-1-sum+mod)%mod);
}