NOIP2019 Emiya家今天的饭

ACM退役选手远程口胡
csf如今真的是太菜了,最后16分的做法愣是想了一下午
考虑使用容斥方法:

1

采用动态规划,先求出在无限制情况下,安排kkk种烹饪方法总的方案数.
记dp2[i][j]dp2[i][j]dp2[i][j]表示已经考虑完前iii种烹饪方法,共做了jjj个菜的方案数.
那么显然,决策分2种情况,用或不用第iii种烹饪方法,用的话就只能选一种主要食材.
dp2[i][j]=dp2[i−1][j]+dp2[i−1][j−1]∗(∑t=1ma[i][t])dp2[i][j]=dp2[i-1][j] + dp2[i-1][j-1]*(\sum_{t=1}^m a[i][t])dp2[i][j]=dp2[i−1][j]+dp2[i−1][j−1]∗(∑t=1ma[i][t])
时间复杂度O(n2)O(n^2)O(n2),∑t=1ma[i][t]\sum_{t=1}^m a[i][t]∑t=1ma[i][t]可以提前维护好.

2

采用动态规划,计算出那些不合法的方案,并将这些方案减掉.
因为每次只能有一个主要食材不合法.所以对每个主要食材单独考虑,假设当前ttt食材不合法了.
最朴素的想法是,采用dp1[i][j][k]dp1[i][j][k]dp1[i][j][k]表示考虑完前iii种烹饪方法,已经做了jjj个菜,使用ttt食材的有kkk个的方案数.

那么,决策就是第iii中烹饪方案选不选,选了之后,选不选ttt作为食材,一共333个转移.

记录linesum[i]=∑t=1ma[i][t]linesum[i]=\sum_{t=1}^m a[i][t]linesum[i]=∑t=1ma[i][t]

dp1[i][j][k]=dp1[i−1][j][k]+dp1[i−1][j−1][k−1]∗a[i][t]+dp1[i−1][j−1][k]∗(linesum[i]−a[i][t])dp1[i][j][k]=dp1[i-1][j][k]+dp1[i-1][j-1][k-1]*a[i][t]+dp1[i-1][j-1][k]*(linesum[i]-a[i][t])dp1[i][j][k]=dp1[i−1][j][k]+dp1[i−1][j−1][k−1]∗a[i][t]+dp1[i−1][j−1][k]∗(linesum[i]−a[i][t])

最后答案减去dp1[n][j][k]∣k>j/2dp1[n][j][k]|_{k \gt j/2}dp1[n][j][k]∣k>j/2

时间复杂度为O(n3m)O(n^3m)O(n3m),只能过84分,接下来继续优化

事实上,我们无需同时记录jjj和kkk,而只需要记录k−(j−k)k - (j-k)k−(j−k)的值就足够了,也就是ttt食材的数量和非ttt食材的数量.

这样的话,记录dp1[i][Δ]dp1[i][\Delta]dp1[i][Δ]表示考虑完前iii行,选取的ttt食材和非ttt食材的差值为Δ\DeltaΔ时候,方案数.
转移方程如下
dp1[i][Δ]=dp1[i−1][Δ]+dp1[i−1][Δ−1]∗a[i][t]+dp1[i−1][Δ+1]∗(linesum[i]−a[i][t])dp1[i][\Delta]=dp1[i-1][\Delta] + dp1[i-1][\Delta-1]*a[i][t]+dp1[i-1][\Delta+1]*(linesum[i]-a[i][t])dp1[i][Δ]=dp1[i−1][Δ]+dp1[i−1][Δ−1]∗a[i][t]+dp1[i−1][Δ+1]∗(linesum[i]−a[i][t])
最后答案减去dp1[n][Δ]∣Δ>0dp1[n][\Delta]|_{\Delta>0}dp1[n][Δ]∣Δ>0
时间复杂度O(n2m)O(n^2m)O(n2m)

综上,总的时间复杂度O(n2m)O(n^2m)O(n2m)

AC代码

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD = 998244353;
const int maxn = 107,maxm = 2007;
int dp1[maxn][2*maxn]; //
int dp2[maxn][maxn];
int linesum[maxn]; //s1表示
int a[maxn][maxm];
int n, m;
signed main() {cin >> n >> m;for(int i = 1;i <= n;++i) {for(int j = 1;j <= m;++j) {cin >> a[i][j];a[i][j] %= MOD;linesum[i] = ( linesum[i] + a[i][j] ) % MOD;}}int ans = 0;for(int t = 1;t <= m;++t) {memset(dp1,0,sizeof(dp1));dp1[0][0 + 100] = 1;for(int i = 1;i <= n;++i) {for(int j = -i + 100;j <= i + 100;++j) {dp1[i][j] = dp1[i-1][j];dp1[i][j] += (dp1[i-1][j-1] * a[i][t]) % MOD;//取dp1[i][j] += (dp1[i-1][j+1] * ((linesum[i] - a[i][t] + MOD) % MOD)) % MOD;//不取dp1[i][j] %= MOD;}}for(int j = 1;j <= n;++j) {ans = (ans - dp1[n][j + 100]) % MOD;}}dp2[0][0] = 1;for(int i = 1;i <= n;++i) {for(int j = 0;j <= i;++j) {dp2[i][j] = dp2[i-1][j];for(int k = 1;k <= m;++k) {dp2[i][j] += dp2[i-1][j-1] * a[i][k] % MOD;dp2[i][j] %= MOD;}}}for(int j = 1;j <= n;++j)ans = (ans + dp2[n][j]) % MOD;cout << ans << endl;return 0;
}