洛谷5339 BZOJ5510 TJOI2019 唱、跳、rap和篮球容斥 dp 组合数

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题意：
给你一个nnn，表示你要选出一个nnn个人组成的队列。有四种不同的人，人数分别是a,b,c,da,b,c,da,b,c,d个，保证a+b+c+d>=na+b+c+d>=na+b+c+d>=n。我们要求队伍里不能有连续的四个位置依次是第一种人、第二种人、第三种人和第四种人。求方案数。对998244353998244353998244353取模。n<=1000,a,b,c,d<=500n<=1000,a,b,c,d<=500n<=1000,a,b,c,d<=500

题解：
难得自己做出来道题。

首先先考虑一些暴力的dp想法。我们可能会想记录当前这四种人分别站到队伍里了多少个，然后当前已经有了这四种人中连续的几种人的方案数。很显然的是，空间和时间都不允许。

于是我们换个思路，我们直接做不好做，我们就考虑用总方案数减去不合法的方案数。我们先考虑如何求总方案数。我们设dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示考虑了前iii种人，已经占了jjj个位置的方案数。在转移时，我们并不能直接累加，因为我们在队伍里放进去若干个当前这种人的时候，位置是可以任意选的，所以要乘上一个组合数。我们设第iii种人可以用num[i]num[i]num[i]个，那么可以列出转移方程式：dp[i][j]=∑k=max(0,j−num[i])jdp[i−1][k]∗Cn−jj−kdp[i][j]=\sum_{k=max(0,j-num[i])}^{j}dp[i-1][k]*C_{n-j}^{j-k}dp[i][j]=k=max(0,j−num[i])∑jdp[i−1][k]∗Cn−jj−k 这样我们就可以在O(n2)O(n^2)O(n2)的时间内算出这个总方案数了。

接下来我们考虑减去不合法的方案，我们发现可以容斥，我们用总方案数减去至少有一处出现不合法，其余位置随便放的方案数，加上至少有两处不合法，其他位置随便放的方案数，以此类推。我们已经会算xxx个位置，每种人可以用的数量已知的情况下怎么算总方案数，那么我们就考虑如何算有nnn个位置，选出kkk组连续的四个位置的方案数。这个其实也是一个经典的组合数模型，我们可以预先对于每一组放上三个，这样就变成了Cn−3∗kkC_{n-3*k}^{k}Cn−3∗kk了。这样就可以计算出答案了。

复杂度的话，是O(n3)O(n^3)O(n3)的，实际来分析一下常数，应该会发现容斥的枚举次数上限是n/4n/4n/4，内层的话要枚举444次，每次枚举一个当前占了的位置数和上一次占了的位置数，这两个的差不超过num[i]num[i]num[i]，实际常数应该是不大的。再加上时限是444秒，就这么跑过去了，而且实测的话，似乎最慢的点也不到一秒。

update:
之前的代码在BZOJ上会被卡常，新的代码减少了取模次数，是可以过的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int n,a,b,c,d,shu[5];
const long long mod=998244353;
long long ans,dp[5][1010],C[1010][1010];
int main()
{scanf("%d%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c,&d);C[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;++i){C[i][0]=1;for(int j=1;j<=i;++j)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;}int mn=min(a,b);mn=min(mn,c);mn=min(mn,d);mn=min(mn,n/4);for(int i=0;i<=mn;++i){long long opt=1;if(i&1)opt=-1;memset(dp,0,sizeof(dp));shu[1]=a-i;shu[2]=b-i;shu[3]=c-i;shu[4]=d-i;for(int j=0;j<=shu[1];++j)dp[1][j]=C[n-4*i][j];for(int j=2;j<=4;++j){for(int k=0;k<=n;++k){for(int l=max(0,k-shu[j]);l<=k&&n-4*i-l>=0;++l)dp[j][k]=(dp[j][k]+dp[j-1][l]*C[n-4*i-l][k-l])%mod;}}ans=(ans+opt*dp[4][n-4*i]*C[n-3*i][i]%mod+mod)%mod;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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