bzoj5369: [Pkusc2018]最大前缀和状压Dp 计数Dp

bzoj5369: [Pkusc2018]最大前缀和

Description

小C是一个算法竞赛爱好者，有一天小C遇到了一个非常难的问题：求一个序列的最大子段和。
但是小C并不会做这个题，于是小C决定把序列随机打乱，然后取序列的最大前缀和作为答案。
小C是一个非常有自知之明的人，他知道自己的算法完全不对，所以并不关心正确率，他只关心求出的解的期望值，
现在请你帮他解决这个问题，由于答案可能非常复杂，所以你只需要输出答案乘上n!后对998244353取模的值，显然这是个整数。
注：最大前缀和的定义：i∈[1,n],Sigma(aj)的最大值,其中1<=j<=i

Input

第一行一个正整数nnn，表示序列长度。
第二行n个数，表示原序列a[1…n]，第i个数表示a[i]。
1≤n≤20,Sigma(|Ai|)<=10^9,其中1<=i<=N

Output

输出一个非负整数，表示答案。

Sample Input

2
-1 2

Sample Output

分析

考场不会写系列。
基本思路是状压sss,计算sum[s]sum[s]sum[s]作为最大前缀和的方案，其中sum[s]sum[s]sum[s]为状态sss各个数的和。
首先为了避免重复，如有多解，用下标最小的最大前缀和标记每种方案。
考虑一个前缀和S[1⋯p]S[1\cdots p]S[1⋯p]作为最大前缀和的等价条件。

序列2⋯p2\cdots p2⋯p不存在小于等于0的后缀和。
序列p+1⋯np+1\cdots np+1⋯n不存在大于0的前缀和。

必要性：假设存在大于0的前缀和或小于等于0的后缀和，考虑加上/减去那段前缀/后缀和，就一定找到了一个更加优秀的前缀和，矛盾。
充分性：假设一个更优秀的解，如果在ppp之后，两端前缀和作差必然得到一个序列p+1⋯np+1\cdots np+1⋯n的大于0的前缀和，在ppp之前同理，矛盾。
这两个条件的好处是他们将一个最优性问题转化成了判定性问题。这样提供了一个比较简便的转移思路。
同时发现这两个条件是独立的，前一个条件与后一个条件是两个独立的问题，于是我们可以把目标集合划分成两个部分，前一个部分满足条件1，将其作为前缀，后一个部分满足条件2，将其作为后缀，乘法原理即可计算方案数。
具体地，设f[s]f[s]f[s]表示集合sss为一个合法的满足条件1的前缀的方案数。枚举一个新的数xxx，如果这个数可以合法地放在sss最前，必有sum[s]>0sum[s]> 0sum[s]>0（满足条件1），类似地，设g[s]g[s]g[s]表示集合sss为一个合法的满足条件2的后缀的方案数，枚举一个新的数xxx，如果这个数可以合法地放在sss最后,则必有sum[s]+a[x]≤0sum[s]+a[x]\le 0sum[s]+a[x]≤0
最终的答案即为∑f[s]⋅g[all−s]\sum f[s]\cdot g[all - s]∑f[s]⋅g[all−s]

代码

#include<bits/stdc++.h>
const int P = 998244353, S = 1048576;
int ri() {char c = getchar(); int x = 0, f = 1; for(;c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f = -1;for(;c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + c; return x * f;
}
int f[S], g[S], sum[S], bn[21], n;
void Up(int &a, int b) {a += b; a %= P;}
int main() {g[0] = bn[0] = 1; for(int i = 1;i <= 20; ++i) bn[i] = bn[i - 1] << 1;n = ri();for(int i = 0;i < n; ++i) {int x = ri(); f[bn[i]] = 1;for(int s = 0;s < bn[n]; ++s) if(s & bn[i]) sum[s] += x;}for(int s = 0;s < bn[n]; ++s) {if(sum[s] > 0) {for(int i = 0;i < n; ++i) if(~s & bn[i]) Up(f[s | bn[i]], f[s]);}else {for(int i = 0;i < n; ++i)if(s & bn[i]) Up(g[s], g[s ^ bn[i]]);}}int r = 0;for(int s = 0;s < bn[n]; ++s) Up(r, 1LL * sum[s] * f[s] % P * g[bn[n] - 1 ^ s] % P);printf("%d\n", (r + P) % P);return 0;
}