题目描述

Emiya 是个擅长做菜的高中生，他共掌握 n 种烹饪方法，且会使用 m 种主要食材做菜。为了方便叙述，我们对烹饪方法从 1∼n 编号，对主要食材从 1∼m 编号。

Emiya 做的每道菜都将使用恰好一种烹饪方法与恰好一种主要食材。更具体地，Emiya 会做 $a_{i,j}$ 道不同的使用烹饪方法 i 和主要食材 j 的菜（1≤i≤n,1≤j≤m），这也意味着 Emiya 总共会做 $a_{i,j}$ 道不同的菜。

Emiya 今天要准备一桌饭招待 Yazid 和 Rin 这对好朋友，然而三个人对菜的搭配有不同的要求，更具体地，对于一种包含 k 道菜的搭配方案而言：

Emiya 不会让大家饿肚子，所以将做至少一道菜，即 k≥1
Rin 希望品尝不同烹饪方法做出的菜，因此她要求每道菜的烹饪方法互不相同
Yazid 不希望品尝太多同一食材做出的菜，因此他要求每种主要食材至多在一半的菜（即 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 道菜）中被使用

这里的 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 为下取整函数，表示不超过 x 的最大整数。

这些要求难不倒 Emiya，但他想知道共有多少种不同的符合要求的搭配方案。两种方案不同，当且仅当存在至少一道菜在一种方案中出现，而不在另一种方案中出现。

Emiya 找到了你，请你帮他计算，你只需要告诉他符合所有要求的搭配方案数对质数 998,244,353 取模的结果。

数据范围:

对于所有测试点，保证 $1\leq n\leq 100,1\leq m\leq 2000,0\leq a_{i,j}< 998,244,353$

一、分析

1.方法

由题目可知为求解方案数的问题 $\rightarrow$ 转化为DP/组合数问题。分析题目中的数据发现给我们提供了大量的状态直接选择DP。通过三个限制条件发现yazid的条件最难完成所以从yazid 的条件入手，即维护每一列上的菜数不超过总数的一半。但是发现如果进行对于每一列的维护空间时间都不够。由正难则反易得，使用容斥原理，先计算出总体的所有方案数（乘法原理）再计算出每一列不符合的方案数进行差值的计算即可得出答案。

显然，在一个不成立的列方案中，必有一列的节点大于挑选的总结点，因此可以枚举这个超过限制的列，然后进行DP。

2.状态及状态转移方程

f[line][j][k]中 i表示已经在这一列枚举到第i行，j表示本列挑选了多少个菜，k表示其他列挑选了多少个菜，对于每个列复杂度为 $\Theta \left ( n^{3} \right )$ 则总时间复杂度为 $\Theta \left ( mn^{3} \right )$ 显然已经超过了时间复杂度。

满分的话还需要进一步优化，对于j和k而言不需要知道具体的数值，由于条件为 $j> \frac{sum}{2}$ 并且j+k=sum，则只要 $j-k> 0$ 说明 $j> \frac{sum}{2}$ 。时间复杂度变为 $\Theta \left ( mn^{_{2}} \right )$

状态转移方程为f[line][c]=f[line-1][c]+f[line-1][c-1]*a[line][row]+f[line-1][c+1]*(sum[line]-a[line][row])//分别对应1.直接从上一行转移2.从上一行过来在本列选择一个3.从上一行过来在其他列选择。

3.注意事项

每次计算列的时候要memset，取模的时候注意不要出现负数，记得开long long！！！

十年OI一场空，不开longlong见祖宗！

二、代码

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define N 1000010
#define mod 998244353using namespace std;ll n,m,ans=1;
ll h[110][2010],cnt[10010],sum[210],f[210][5010];int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);for(ll i=1;i<=n;++i){for(ll j=1;j<=m;++j){scanf("%lld",&h[i][j]); sum[i]=(sum[i]+h[i][j])%mod;//前缀和求出每行的总数}ans=(ans*(sum[i]+1))%mod;//计算总方案数}for(int row=1;row<=m;++row){memset(f,0,sizeof(0));f[0][n]=1;//重置 为n为了防止负数下标for(int line=1;line<=n;++line)for(int c=n-line;c<=n+line;++c)//j<k转移到j>k 但都是基于f[0][n]开始{f[line][c]=((f[line-1][c]+(f[line-1][c-1]*h[line][row])%mod)%mod+f[line-1][c+1]*(sum[line]-h[line][row])%mod)%mod;  }for(int line=n+1;line<=2*n;++line)ans=(ans-f[n][line]+mod)%mod;//计算容斥//！！！！取模}printf("%lld\n",ans-1);return 0;
//        华丽结束
}

总结

本文仅仅简单介绍了DP的判断以及推出状态转移方程，但是其他神犇还有更加玄学的做法，详情请移步洛谷。

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