[NOIP2021] 数列

题目描述#

给定整数 $n, m, k$，和一个长度为 $m + 1$ 的正整数数组 $v_0, v_1, \ldots, v_m$。

对于一个长度为 $n$，下标从 $1$ 开始且每个元素均不超过 $m$ 的非负整数序列 $\{a_i\}$，我们定义它的权值为 $v_{a_1} \times v_{a_2} \times \cdots \times v_{a_n}$。

当这样的序列 $\{a_i\}$ 满足整数 $S = 2^{a_1} + 2^{a_2} + \cdots + 2^{a_n}$ 的二进制表示中 $1$ 的个数不超过 $k$ 时，我们认为 $\{a_i\}$ 是一个合法序列。

计算所有合法序列 $\{a_i\}$ 的权值和对 $998244353$ 取模的结果。

数据范围#

对所有测试点保证 $1 \leq k \leq n \leq 30$，$0 \leq m \leq 100$，$1 \leq v_i < 998244353$。

solution#

按位 $dp$

由低位向高位考虑 $S$

$f_{i, j, k, p}$ 表示讨论了 $S$ 从低到高的前 $i$ 位，已经确定了 $j$ 个序列 $a$ 中的元素，$S$ 从低到高前 $i$ 位中有 $k$ 个 $1$ ，要向当前讨论位的下一位进位 $p$

转移时枚举 $a_i$ 中有多少个 $i$

$$f(i + 1,~ j + t,~ k + (t + p)~mod~2, ~\lfloor{\frac{t + p}{2}}\rfloor ) = f(i, ~j,~ k, ~p)\times v_i^t \times {n-j\choose t}$$

注意还有 $m$ 位后面的 $1$ 也要统计

复杂度 $O(n^4m)$

code#

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;

ll ans, v[105], f[105][35][35][16], fac[105][35];

ll C[35][35];
inline void init(int n) {
	for (int i = 0; i <= n; i++) C[i][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= i; j++) C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod;
}

inline int popcnt(int n) {
	int res = 0;
	while (n) res += n & 1, n >>= 1;
	return res;
}

int main() {
	init(30);
	int n, m, K;
	scanf("%d %d %d", &n, &m, &K);
	for (int i = 0; i <= m; i++) {
		scanf("%lld", &v[i]);
		fac[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= n; j++) fac[i][j] = fac[i][j - 1] * v[i] % mod;
	}
	f[0][0][0][0] = 1;
	for (int i = 0; i <= m; i++)
		for (int j = 0; j <= n; j++)
			for (int k = 0; k <= K; k++)
				for (int p = 0; p <= n >> 1; p++)
					for (int t = 0; t <= n - j; t++) f[i + 1][j + t][k + (t + p & 1)][t + p >> 1] = (f[i + 1][j + t][k + (t + p & 1)][t + p >> 1] + f[i][j][k][p] * fac[i][t] % mod * C[n - j][t] % mod) % mod;
	for (int k = 0; k <= K; k++)
		for (int p = 0; p <= n >> 1; p++)
			if (k + popcnt(p) <= K) ans = (ans + f[m + 1][n][k][p]) % mod;
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}