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$k$种烹饪方法总的方案数.
记$dp2[i][j]$表示已经考虑完前$i$种烹饪方法,共做了$j$个菜的方案数.
那么显然,决策分2种情况,用或不用第$i$种烹饪方法,用的话就只能选一种主要食材.
$dp2[i][j]=dp2[i-1][j]+dp2[i-1][j-1]\ast ({\sum }_{t=1}^{m}a[i][t])$
时间复杂度$O(n^2)$,${\sum }_{t=1}^{m}a[i][t]$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$t$食材不合法了.
最朴素的想法是,采用$dp1[i][j][k]$表示考虑完前$i$种烹饪方法,已经做了$j$个菜,使用$t$食材的有$k$个的方案数.

那么,决策就是第$i$中烹饪方案选不选,选了之后,选不选$t$作为食材,一共$3$个转移.

记录$linesum[i]={\sum }_{t=1}^{m}a[i][t]$

$dp1[i][j][k]=dp1[i-1][j][k]+dp1[i-1][j-1][k-1]\ast a[i][t]+dp1[i-1][j-1][k]\ast (linesum[i]-a[i][t])$

最后答案减去$dp1[n][j][k]{|}_{k>j/2}$

时间复杂度为$O(n^{3}m)$,只能过84分,接下来继续优化

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

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

综上,总的时间复杂度$O(n^{2}m)$

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;
}