P5664 [CSP-S2019] Emiya 家今天的饭 题解

题意就是每行只能至多选一个格子，每列选的格子数不能超过一半，所有可行方案的选的格子内的数的乘积之和。

注意到任意一列选不超过一半的格子不方便计算，但是至多只能有一列能超过一半，因此考虑容斥处理，总方案数减去不合法方案数，下记 $s_i=\sum_{j=1}^ma_{i,j}$。

总方案数显然，$\prod_{i=1}^n(s_i+1)-1$，累乘中加一是因为这一行可以不选，最后减一是要删除全部不选的情况。

对于不合法方案数，考虑枚举不合法的那一列 $p$，此时注意到我们只关心在 $p$ 这一列选了多少个，因为非 $p$ 的列对于计算方案数来讲是完全等价的（从 $s_i-a_{i,p}$ 里面任选一个），因此设 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 行中，第 $p$ 列选了 $j$ 个，剩下的列选了 $k$ 个的方案数，枚举这一行选哪一个或者是不选，则有转移方程：

$$f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}+f_{i-1,j-1,k}\times a_{i,p}+f_{i-1,j,k-1}\times(s_i-a_{i,p})$$

初值 $f_{0,0,0}=1$，最后不合法方案数为 $\sum_{j>k}f_{n,j,k}$。

注意到这个转移 $O(n^3m)$ 不大行，考虑优化，此时注意到答案式中我们只关心 $j,k$ 的相对大小而并不关心选了几个，因此更改状态，设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 行中，第 $p$ 列比别的列多少选了 $j$ 个的方案数，则有转移方程：

$$f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}\times a_{i,p}+f_{i-1,j+1}\times(s_i-a_{i,p})$$

初值 $f_{0,0}=1$，最后不合法方案数为 $\sum_{j>0}f_{n,j}$。

写代码时注意开 long long，随时取模，以及因为有负下标所以要将所有 $j$ 加上 $n+1$ 保证所有下标都非负。

Code：

/*
========= Plozia =========
	Author:Plozia
	Problem:P5664 [CSP-S2019] Emiya 家今天的饭
	Date:2022/10/17
========= Plozia =========
*/

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;

const int MAXN = 100 + 5, MAXM = 2000 + 5;
const LL P = 998244353;
int n, m;
LL a[MAXN][MAXM], f[MAXN][MAXN << 1], sum[MAXN], ans;

int Read()
{
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
	return sum * fh;
}

int main()
{
	n = Read(), m = Read(); for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 1; j <= m; ++j) sum[i] = (sum[i] + (a[i][j] = Read())) % P;
	for (int _ = 1; _ <= m; ++_)
	{
		for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 0; j <= 2 * n + 1; ++j) f[i][j] = 0;
		f[0][n + 1] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
			for (int j = -i; j <= i; ++j)
				f[i][j + n + 1] = (f[i - 1][j + n + 1] + f[i - 1][j - 1 + n + 1] * a[i][_] % P + f[i - 1][j + 1 + n + 1] * (((sum[i] - a[i][_]) % P + P) % P) % P) % P;
		for (int j = 1; j <= n; ++j) ans = (ans + f[n][j + n + 1]) % P;
	}
	LL s = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) s = s * (sum[i] + 1) % P; s = (s - 1 + P) % P;
	printf("%lld\n", ((s - ans) % P + P) % P); return 0;
}