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Emiya 家今天的饭C++

article 2024/11/19 18:46:51

题目：

样例解释：

【样例 1 解释】

由于在这个样例中，对于每组 i,j，Emiya 都最多只会做一道菜，因此我们直接通过给出烹饪方法、主要食材的编号来描述一道菜。

符合要求的方案包括：

做一道用烹饪方法 1、主要食材 1 的菜和一道用烹饪方法 2、主要食材 2 的菜
做一道用烹饪方法 1、主要食材 1 的菜和一道用烹饪方法 2、主要食材 3 的菜
做一道用烹饪方法 1、主要食材 3 的菜和一道用烹饪方法 2、主要食材 2 的菜

因此输出结果为 3mod998,244,353=3。需要注意的是，所有只包含一道菜的方案都是不符合要求的，因为唯一的主要食材在超过一半的菜中出现，这不满足 Yazid 的要求。

【样例 2 解释】

Emiya 必须至少做 2 道菜。

做 2 道菜的符合要求的方案数为 100。

做 3 道菜的符合要求的方案数为 90。

因此符合要求的方案数为 100 + 90 = 190。

思路：

首先考虑列的限制，发现若有不合法的列，则必然有且只有一列是不合法的：因为不可能有不同的两列数量都超过总数的一半。

于是发现列的限制容易容斥计算：每行选不超过一个的方案数 - 每行选不超过一个，且某一列选了超过一半的方案数。

那么考虑枚举不合法的一列。假设我们已经枚举了不合法的列为colcol，接下来会发现我们只关心一个数的位置是否在当前列；如果属于在其他列的情况，那么它具体在哪一列对当前列的合法性并无影响，我们并不需要考虑。

接下来设计状态。fi,j,kfi,j,k表示对于colcol这一列，前ii行在colcol列中选了jj个，在其他列中选了kk个，那么令sisi为第ii行的总和，则有转移：
fi,j,k=fi−1,j,k + ai,col∗fi−1,j−1,k + (si−ai,col)∗fi−1,j,k−1fi,j,k=fi−1,j,k + ai,col∗fi−1,j−1,k + (si−ai,col)∗fi−1,j,k−1
状态数O(n3)O(n3)，转移O(1)O(1)，算上枚举colcol，这一步复杂度是O(mn3)O(mn3)的。统计如下和式的值并对每一列求和即可得到不合法的方案数：
∑j>kfn,j,kj>k∑fn,j,k
接下来考虑计算总方案数：和之前相似，只需设gi,jgi,j为前ii行共选了jj个数的方案数，则有转移：
gi,j=gi−1,j + si∗gi−1,j−1gi,j=gi−1,j + si∗gi−1,j−1
那么∑i=1ngn,ii=1∑ngn,i就是总方案数，这一步是O(n2)O(n2)的。所以现在可以在O(mn3)O(mn3)的总复杂度内完成这题，获得84分。

考虑进一步优化，剪去无用状态：注意到在不合法情况的计算过程中，也就是fi,j,kfi,j,k的转移过程中，我们实际上并不关心j,kj,k的具体数值，而只关心相对的大小关系；所以我们可以将状态变为fi,jfi,j，表示前ii行，当前列的数比其他列的数多了jj个，则有转移：
fi,j=fi−1,j + ai,col∗fi−1,j−1 + (si−ai,col)∗fi−1,j+1fi,j=fi−1,j + ai,col∗fi−1,j−1 + (si−ai,col)∗fi−1,j+1
转移仍然是O(1)O(1)的，但总复杂度降为O(mn2)O(mn2)，可以通过此题。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int Maxn = 100;
const int Maxm = 2000;
const int Mod = 998244353;

int N, M;
int A[Maxn + 5][Maxm + 5];
int sum[Maxn + 5];

ll f[Maxn + 5][Maxn * 2 + 5];
ll Solve(int typ) {
	for(int i = 0; i <= N; i++)
		for(int j = 0; j <= N * 2; j++)
			f[i][j] = 0;
	f[0][N] = 1;
	for(register int i = 0; i < N; i++)
		for(register int j = 0; j <= N * 2; j++) {
			if(j) f[i + 1][j - 1] = (f[i + 1][j - 1] + f[i][j]
				* (sum[i + 1] - A[i + 1][typ]) % Mod) % Mod;
			f[i + 1][j] = (f[i + 1][j] + f[i][j]) % Mod;
			f[i + 1][j + 1] = (f[i + 1][j + 1] + f[i][j]
				* A[i + 1][typ] % Mod) % Mod;
		}
	ll ret = 0;
	for(int i = N + 1; i <= N * 2; i++)
		ret = (ret + f[N][i]) % Mod;
	return ret;
}

int main() {
#ifdef LOACL
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	scanf("%d %d", &N, &M);
	for(int i = 1; i <= N; i++)
		for(int j = 1; j <= M; j++)
			scanf("%d", &A[i][j]);
	ll ans = 1;
	for(int i = 1; i <= N; i++) {
		for(int j = 1; j <= M; j++)
			sum[i] = (sum[i] + A[i][j]) % Mod;
		ans = ans * (sum[i] + 1) % Mod;
	}
	ans = (ans - 1 + Mod) % Mod;
	for(register int i = 1; i <= M; i++)
		ans = (ans - Solve(i) + Mod) % Mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define mod 998244353

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 105, MAXM = 2005;
int n,m,a[MAXN][MAXM],sum[MAXN][MAXM];
ll f[MAXN][MAXN*2],g[MAXN][MAXN];

int main()
{
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i<=n; i++)
	    for(int j = 1; j<=m; j++)
	    {
	        scanf("%d",&a[i][j]);
	        sum[i][0] = (sum[i][0]+a[i][j])%mod;
		}
    for(int i = 1; i<=n; i++)
        for(int j = 1; j<=m; j++)
            sum[i][j] = (sum[i][0]-a[i][j]+mod)%mod;
    ll ans = 0;
    for(int col = 1; col<=m; col++)
    {
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0][n] = 1;
        for(int i = 1; i<=n; i++)
            for(int j = n-i; j<=n+i; j++) 
                f[i][j] = (f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*a[i][col]%mod+f[i-1][j+1]*sum[i][col]%mod)%mod;
        for(int j = 1; j<=n; j++)
            ans = (ans+f[n][n+j])%mod;
	}
	g[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i<=n; i++)
	    for(int j = 0; j<=n; j++) 
		    g[i][j] = (g[i-1][j]+(j>0?g[i-1][j-1]*sum[i][0]%mod:0))%mod;
    for(int j = 1; j<=n; j++)
	    ans = (ans-g[n][j]+mod)%mod;  
	cout << ans*(mod-1)%mod << endl;
	return 0;
}

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http://www.kler.cn/a/325151.html