洛谷 P5369

先规定一些东西：

若存在多个 $p$ 使得 $\sum_{i=1}^{p}{a_i}$ 最大，默认最大（即最靠右）的一个 $p$ 是它的最大前缀和的位置。

$U$ 表示全集。

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假设 $p$ 是最大前缀和的位置，则说明不存在 $1\lt x\le p$ 满足 $\sum_{i=x}^{p}a_i\lt 0$，否则去掉这段答案不会变小。并且不存在 $p\lt x\le n$ 满足 $\sum_{i=p+1}^{x}a_i\ge0$，否则我们把这一段加上之后不会更劣。

而且数据范围那么小就考虑状压。

令 $sum_i$ 表示集合 $i$ 内所有数的和，$f_i$ 表示集合 $i$ 内的数组成的排列，最大前缀和 $=sum_i$ 的方案数，$g_i$ 表示集合 $i$ 内的数组成的排列，所有的最大前缀和都 $\lt0$ 的方案数。

显然最终答案为 $\sum_i sum_i\times f_i\times g_{U-i}$

先考虑如何求出 $g_i$。

当 $sum_i\ge0$ 时，$g_i=0$。否则 $g_i=\sum\limits_{j\in i}g_{i-j}$。

然后 $f_i$ 的话考虑刷表，在集合 $i$ 的排列前加入一个数 $j$（$j\notin i$）。

如果 $sum_i\ge0$，那么 $f_{i+j}+=f_i$，否则 $f_i$ 没有贡献。

时间复杂度 $\mathcal O(n2^n)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 20, M = 1 << N, mod = 998244353;
int n, m;
int a[N];
ll sum[M]; int f[M], g[M];

void add(int &a, int b) {
	a += b;
	if (a >= mod) a -= mod;
	if (a < 0) a += mod;
}

int main() {
	scanf("%d", &n), m = 1 << n;
	for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]), sum[1 << i] = a[i], f[1 << i] = 1;
	for (int i = 1; i < m; ++i) sum[i] = sum[i ^ (i & -i)] + sum[i & -i];
	g[0] = 1;
	for (int i = 1; i < m; ++i) {
		if (sum[i] >= 0) {
			for (int j = 0; j < n; ++j) if (!(i >> j & 1)) add(f[i | (1 << j)], f[i]);
		}
		else {
			for (int j = 0; j < n; ++j) if (i >> j & 1) add(g[i], g[i ^ (1 << j)]);
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i < m; ++i) add(ans, sum[i] * f[i] % mod * g[(m - 1) ^ i] % mod);
	printf("%d", ans);
	return 0;
}