2019 CSP-S Day2-T1 Emiya 家今天的饭（DP）

题目

Description

Input

Output

输出到文件 meal.out 中。
仅一行一个整数，表示所求方案数对 998, 244, 353 取模的结果。

Sample Input

Sample Input1
2 3
1 0 1
0 1 1

Sample Input2
3 3
1 2 3
4 5 0
6 0 0

Sample Input3
5 5
1 0 0 1 1
0 1 0 1 0
1 1 1 1 0
1 0 1 0 1
0 1 1 0 1

Sample Output

Sample Output1
3

Sample Output2
190

Sample Output3
742

Data Constraint

题解

• 作为联赛的Day2-T1，理论上应该AC是应该不难的，
• 但是，这道题偏偏难倒了我。。。考场上简直觉得这是神仙题！！！
• 赛后一想，这题并没有那么难，随着一档又一档部分分的实现，我离正解越来越近，
• 不得不说，这是一道质量很高的题（其实联赛题质量都挺高的），主要体现在分了许多子任务和它们各自的不同与联系。
• 开始进入正题——
• 观察满分数据大小，猜测正解的复杂度应该是$O(n^{2}m)$的。
• 先想最简单的暴力怎么做？
• 暴力搜索每种烹饪方法选用什么食材或不选该种烹饪方法，时间复杂度$O(m^n)$，期望得分32分。
• 发现每次DFS到下一种烹饪方法时，最多一种食材数量改变，
• 又看到有64分数据的$m$特别小，想到可以DP，先枚举总共选多少种烹饪方法，再设$f[i][j][k][l]$表示当前选到第$i$种食材，$m$种食材分别选了$j,k,l$个的方案数，如果$m=1$或$2$多余的$k,l$就恒为$0$，
• 每次从$f[i-1][j][k][l]$或$f[i-1][j-1][k][l]$或$f[i-1][j][k-1][l]$或$f[i-1][j][k][l-1]$转移，须保证$j,k,l$不大于$\frac{n}{2}$。
• 时间复杂度$O(n^5)$，其中$n$的指数会随$m$增大而增大，所以$m>3$时是过不去的，期望得分64分。
• 如果$m>3$的话，该怎么记录呢？开若干维状态？还是状态压缩？还是什么奇技淫巧？似乎都是不行的。。。
• 要是顺着这种思路下去，这题就只能拿到这么多分了！
• （这就是考场上的我，心凉~~~）
• 重新回到题目，要求每种食材使用次数不能超过总数的一半，想到容斥，用总方案数减去不合法的。
• 总方案数用递推很好实现，那么不合法的呢？
• 会发现无论怎么选，也最多只会有一种食材出现不合法（这个重要结论似乎很显然，可没想到是就是没想到），，，
• 因此，我们枚举哪种食材不合法，然后简单地DP，
• 记录当前总共选了多少个，且有多少个是不合法的那种。
• 时间复杂度$O(n^{3}m)$，期望得分84.
• 显然要优化掉一个$n$，考虑减少一维状态，
• 改成记录不合法减去合法的个数，最后这一维大于$0$的部分就是可以累计的答案，
• 时间复杂度$O(n^{2}m)$，期望得分100！

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
#define md 998244353
ll a[110][2010],f[110][210],sum[2010];
int main()
{
   freopen("meal.in","r",stdin);
   freopen("meal.out","w",stdout);
   int n,m,i,j,k,l;
   scanf("%d%d",&n,&m);
   for(i=1;i<=n;i++)
   	for(j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&a[i][j]);
   f[0][0]=1;
   for(i=1;i<=n;i++)
   {
   	sum[i]=0;
   	for(j=1;j<=m;j++) sum[i]=(sum[i]+a[i][j])%md;
   	for(j=0;j<=i;j++) 
   	{
   		f[i][j]=f[i-1][j];
   		if(j) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-1]*sum[i])%md;
   	}
   }
   ll ans=0;
   for(i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[n][i])%md;
   for(k=1;k<=m;k++)
   {
   	f[0][n]=1;
   	for(i=1;i<=n;i++)
   	{
   		for(j=-i;j<=i;j++)
   		{
   			f[i][j+n]=f[i-1][j+n];
   			if(j>-i) f[i][j+n]=(f[i][j+n]+f[i-1][j-1+n]*a[i][k])%md;
   			if(j<i) f[i][j+n]=(f[i][j+n]+f[i-1][j+1+n]*(sum[i]-a[i][k]+md))%md;
   		}
   	}
   	for(i=1;i<=n;i++) ans=(ans-f[n][i+n]+md)%md;
   }
   printf("%lld",ans);
   fclose(stdin);
   fclose(stdout);
   return 0;
}