[NOIP2021]数列 题解

传送门QAQ

Preface

当时在考场上我还看不出来这是 DP，现在能看出来却不会写 qwq。

见识到了新的 DP 处理手法 QAQ，涨姿势了。

（吐槽：为什么 T2,T3 都是 DP o(╥﹏╥)o）

Analysis

（注：为了方便，本文将 \(S\) 中 \(1\) 的个数限制设为 \(K\)）

这种计数类的问题大概率是 DP，可以往这个方面想。

考虑状态的设计，由于这道题存在进位的问题，而且进位是从低到高的，所以可以按二进制位从低到高考虑。

那么状态里肯定要有两维：\((i,j)\)，分别表示当前的位数，和已经确定的 \(a\) 中元素的数量。

但是题中对二进制 \(1\) 的个数限制为 \(K\)，而且进位相当烦人，这时就可以考虑直接把它们设进状态。

毕竟这题数据范围不大，就算不是正解也能拿不少分。

由此，设计出一个 DP：

设 \(f(i,j,k,q)\) 表示 \(0\sim i-1\) 位已经考虑过，当前考虑第 \(i\) 位，\(a\) 中已经有 \(j\) 个元素确定，目前 \(S\) 中有 \(k\) 个 \(1\)，且从 \(0\sim i-1\) 推过来的进位数为 \(q\) 时的权值和。

初始状态：\(f(0,0,0,0)=1\)。

发现这个状态并不是很好从前面转移来，那么我们就用已有的状态往后转移。

考虑在第 \(i\) 位放 \(t(0\le t\le n-j)\) 个 \(a\) 中的元素，那么 \(S\) 中 \(1\) 的个数会变成 \(k + ((t + q)\bmod 2)\)，向第 \(i+1\) 位进 \(\lfloor \frac{t+q}{2} \rfloor\) 个 \(1\)。

那么接下来的状态就是 \(f(i+1,j+t,k+((t+q)\bmod 2),\lfloor \frac{t+q}{2} \rfloor)\)。

现在来算一算这次转移的贡献，直接放式子：

\[f(i,j,k,q) \times C_{n-j}^t \times v_i^t \]

这个式子并不难理解，就是在 \(a\) 剩下的 \(n-j\) 个元素中选 \(t\) 个，会产生 \(v_i^t\) 的权值。

剩余要注意的就是统计答案。累加上所有的 \(f(m+1,n,k,q)\)。

但因为这题二进制 \(1\) 的个数至多为 \(K\)，而且 \(m+1\) 位及以后显然还会有进位产生的 \(1\)，不难发现，这个状态的 \(S\) 中真正的 \(1\) 的个数是 \(k+\operatorname{popcount}(q)\)。

所以还要在枚举时判断一下 \(k+\operatorname{popcount}(q) \le K\)。

那么这道题就做完了。时间复杂度 \(O(mn^4)\)，卡得很紧，组合数和 \(v_i^t\) 都要预处理出来。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
const int maxn = 35;
const int maxm = 105;
ll C[maxn][maxn];
int n,m,K;
ll v[maxm],pw[maxm][maxn],popcnt[maxn];
int lowbit(int x) {
	return x & -x;
}
int popcount(int x) {
	int ans = 0;
	for(;x;x -= lowbit(x))++ ans;
	return ans;
}
ll f[maxm][maxn][maxn][maxn >> 1];
int main() {
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&K);
	for(int i = 0;i <= m;++ i) {
		scanf("%lld",&v[i]);
		pw[i][0] = 1ll;
		for(int j = 1;j <= n;++ j)pw[i][j] = pw[i][j - 1] * v[i] % mod;
	}
	for(int i = 0;i <= n;++ i) {
		C[i][0] = 1ll;
		for(int j = 1;j <= i;++ j) {
			C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod;
		}
		popcnt[i] = popcount(i);
	}
	f[0][0][0][0] = 1ll;
	for(int i = 0;i <= m;++ i) {
		for(int j = 0;j <= n;++ j) {
			for(int k = 0;k <= K;++ k) {
				for(int q = 0;q <= (n >> 1);++ q) {
					for(int t = 0;t <= n - j;++ t) {
						(f[i + 1][j + t][k + (t + q & 1)][t + q >> 1] += f[i][j][k][q] * C[n - j][t] % mod * pw[i][t] % mod) %= mod;
					}
				}
			}
		}
	}
	ll ans = 0;
	for(int k = 0;k <= K;++ k) {
		for(int q = 0;q <= (n >> 1);++ q) {
			if(k + popcnt[q] <= K) {
				(ans += f[m + 1][n][k][q]) %= mod;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿