[csp2019]Emiya家今天的饭

作为提高组d2t1d2t1d2t1，比去年难
所以这道题我打的特别的差

32pts

这道题我们很显然可以看到可以打一个暴力
复杂度o(n∗n!)o(n*n!)o(n∗n!)
我考场上就达到了这里——我太菜了

void dfs(int u,ll plus){if(u==n+1){if(!tot)return;Rep(i,1,m)if(cnt[i]>tot/2)return;ans=(ans+plus)%mod;return;}dfs(u+1,plus);Rep(i,1,m)if(a[u][i]){cnt[i]++;tot++;dfs(u+1,plus*a[u][i]%mod);tot--;cnt[i]--;}
}int main()
{read(n),read(m);Rep(i,1,n)Rep(j,1,m)read(a[i][j]);dfs(1,1);printf("%lld\n",ans);return 0;
}

因为每一行只能选一个，所以我们可以每行爆搜找选哪个（或者不选），随后判断行不行

64 pts

这道题一拿到题就觉得是dpdpdp，但是没想出来转移方程，想要拿到64分，我们需要把mmm=2,3的情况拆成两种来讨论，当m=2m=2m=2时，用f[i][j][k]f[i][j][k]f[i][j][k]表示第iii行，第一种食材用了jjj次，第二种用了kkk次，可以显然得到一个转移方程f[i][j][k]=sum{f[i−1][j][k],f[i−1][j−1][k]∗a[i][1],f[i−1][j][k−1]∗a[i][2]}f[i][j][k]=sum\{f[i-1][j][k],f[i-1][j-1][k]*a[i][1],f[i-1][j][k-1]*a[i][2]\}f[i][j][k]=sum{f[i−1][j][k],f[i−1][j−1][k]∗a[i][1],f[i−1][j][k−1]∗a[i][2]}
当m=3m=3m=3时就是四位dpdpdp

if(m==2){f[0][0][0]=1;Rep(i,1,n)Rep(j,0,i)Rep(k,0,i){if(j+k>i)break;if(j>=1)f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k]*a[i][1],f[i][j][k]%=mod;if(k>=1)f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-1]*a[i][2],f[i][j][k]%=mod;f[i][j][k]+=f[i-1][j][k],f[i][j][k]%=mod;}Rep(i,1,n)           ans=(ans+f[n][i][i])%mod;printf("%lld\n",ans);
}
if(m==3){g[0][0][0][0]=1;Rep(i,1,n)Rep(j,0,n)Rep(k,0,n)Rep(l,0,n){if(j+k+l>i)break;if(j>=1)g[i][j][k][l]+=g[i-1][j-1][k][l]*a[i][1],g[i][j][k][l]%=mod;if(k>=1)g[i][j][k][l]+=g[i-1][j][k-1][l]*a[i][2],g[i][j][k][l]%=mod;if(l>=1)g[i][j][k][l]+=g[i-1][j][k][l-1]*a[i][3],g[i][j][k][l]%=mod;g[i][j][k][l]+=g[i-1][j][k][l],g[i][j][k][l]%=mod;}Rep(i,0,n)Rep(j,0,n)Rep(k,0,n){int tot=i+j+k;if(i>tot/2||j>tot/2|k>tot/2||tot==0)continue;ans+=g[n][i][j][k];ans%=mod;   }printf("%lld\n",ans);
}

84pts

我们换一种想法，我们把所有可能的情况先算出来，然后再把不符合条件的都减去，怎么算减去的呢，我们可以想到超过一半的只可能有一种菜，我们先循环那种菜再第几列（col），其他的看成一种菜，那么我们设计状态f[i][j][k]f[i][j][k]f[i][j][k]表示前iii道菜，超过一半的菜有jjj道，剩下的选了kkk道，那么转移方程就是f[i][j][k]=sum{f[i−1][j][k],f[i−1][j−1][k]∗a[i][col],f[i−1][j][k−1]∗(s[i]−a[i][col])}f[i][j][k]=sum\{f[i-1][j][k],f[i-1][j-1][k]*a[i][col],f[i-1][j][k-1]*(s[i]-a[i][col])\}f[i][j][k]=sum{f[i−1][j][k],f[i−1][j−1][k]∗a[i][col],f[i−1][j][k−1]∗(s[i]−a[i][col])}

ans=1;
Rep(i,1,n){Rep(j,1,m)s[i]=(s[i]+a[i][j])%mod; ans=ans*(s[i]+1)%mod;
}
Rep(col,1,m){memset(h,0,sizeof(h));h[0][0][0]=1;Rep(i,1,n)Rep(j,0,n)Rep(k,0,n){if(j+k>i)break;if(j>=1)h[i][j][k]+=h[i-1][j-1][k]*a[i][col],h[i][j][k]%=mod;if(k>=1)h[i][j][k]+=h[i-1][j][k-1]*(s[i]-a[i][col]),h[i][j][k]%=mod;h[i][j][k]+=h[i-1][j][k],h[i][j][k]%=mod;  }Rep(i,0,n)Rep(j,0,n){int tot=i+j;if(tot>n)continue;if(i<=tot/2)continue;ans=(ans-h[n][i][j]+mod)%mod;   }
}
printf("%lld\n",(ans-1+mod)%mod);

100pts

我们发现，我们最后统计的时候是和jjj,kkk没有关系的，我们只要知道他们的差就可以了，所以我们可以优化掉一维，复杂度变成了O(n2m)O(n^2m)O(n2m)，可以过啦！
转移就变成了f[i][j]=sum{f[i−1][j],f[i−1][j−1]∗a[i][col],f[i−1][j+1]∗(s[i]−s[i][col])}f[i][j]=sum\{f[i-1][j],f[i-1][j-1]*a[i][col],f[i-1][j+1]*(s[i]-s[i][col])\}f[i][j]=sum{f[i−1][j],f[i−1][j−1]∗a[i][col],f[i−1][j+1]∗(s[i]−s[i][col])}但是第二维有可能是负的，所以要整体平移

# include <cstdio>
# include <algorithm>
# include <cstring>
# include <cmath>
# include <climits>
# include <iostream>
# include <string>
# include <set>
# include <map>
# include <queue>
# include <stack>
# include <cctype>
# include <cstdlib>
# define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
# define _Rep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)using namespace std;const int N=5e3+5;const int ZERO=110;const int mod=998244353;typedef long long ll;template <typename T>void read(T &x){x=0;int f=1;char c=getchar();for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;for(;isdigit(c);c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';x*=f;
}int n,m;
int a[N][N];
ll f[45][45][45],g[45][45][45][45],s[N],h[45][45][45],dp[ZERO][2*ZERO+10];
int cnt[N],tot;
ll ans;void dfs(int u,ll plus){if(u==n+1){if(!tot)return;Rep(i,1,m)if(cnt[i]>tot/2)return;ans=(ans+plus)%mod;return;}dfs(u+1,plus);Rep(i,1,m)if(a[u][i]){cnt[i]++;tot++;dfs(u+1,plus*a[u][i]%mod);tot--;cnt[i]--;}
}int main()
{read(n),read(m);Rep(i,1,n)Rep(j,1,m)read(a[i][j]),a[i][j]%=mod;ans=1;Rep(i,1,n){Rep(j,1,m)s[i]=(s[i]+a[i][j])%mod;ans=ans*(s[i]+1)%mod;  }Rep(col,1,m){memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][ZERO]=1;Rep(i,1,n)for(int j=-1*i;j<=i;j++){if(j-1+ZERO>=0)dp[i][j+ZERO]+=dp[i-1][j-1+ZERO]*a[i][col],dp[i][j+ZERO]%=mod;dp[i][j+ZERO]+=dp[i-1][j+1+ZERO]*((s[i]-a[i][col]+mod)%mod),dp[i][j+ZERO]%=mod;dp[i][j+ZERO]+=dp[i-1][j+ZERO],dp[i][j+ZERO]%=mod;}Rep(i,1,n)ans=(ans-dp[n][i+ZERO]+mod)%mod;}printf("%lld\n",(ans-1+mod)%mod);return 0;
}

这道题其实64分不难，但是我特别的菜只打了暴力，所以只有32。。。
所以要好好练一练dpdpdp