UOJ#422. 【集训队作业2018】小Z的礼物

IV.UOJ#422. 【集训队作业2018】小Z的礼物

考虑直接上minmax容斥。然后，考虑DP求出对于所有的 \(\Big(|\mathbb T|,\min(\mathbb T)\Big)\) 二元组，满足其的 \(\mathbb T\) 个数。又因为 \(n\) 很小，我们尝试轮廓线DP。故我们设 \(f_{x,y,msk,odd,mat}\) 表示当前DP到位置 \((x,y)\)，轮廓线是 \(msk\)，\(|\mathbb T|\) 的奇偶性是 \(odd\)（因为我们只关心其奇偶性），且有 \(mat\) 种方案涉及到至少一个 \(\mathbb T\) 中元素的方案数。需要滚动掉 \(y\) 一维。

时间复杂度 \(O(n^2m^22^n)\)，因为 \(mat\) 是 \(nm\) 级别的。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int ksm(int x,int y=mod-2){int z=1;for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;return z;}
int n,m,f[6][2][1<<6][2][1210],mil,lim,res;
char s[6][110];
void ADD(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m),mil=n*(m-1)+m*(n-1),lim=(1<<n);
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%s",s[i]+1);
	f[n-1][0][0][0][0]=1;
	for(int y=1;y<=m;y++)for(int x=0;x<n;x++){
		memset(f[x][y&1],0,sizeof(f[x][y&1]));
		for(int msk=0;msk<lim;msk++)for(int odd=0;odd<2;odd++)for(int mat=0;mat<=mil;mat++){
			ADD(f[x][y&1][msk&((lim-1)^(1<<x))][odd][mat+(x&&(msk&(1<<(x-1))))+(y!=1&&(msk&(1<<x)))],f[(x?x:n)-1][(y-!x)&1][msk][odd][mat]);//do not choose (x,y)
			if(s[x][y]=='*')ADD(f[x][y&1][msk|(1<<x)][odd^1][mat+(!!x)+(y!=1)],f[(x?x:n)-1][(y-!x)&1][msk][odd][mat]);//choose (x,y)
		}
//		for(int msk=0;msk<lim;msk++)for(int odd=0;odd<2;odd++)for(int mat=0;mat<=mil;mat++)if(f[x][y&1][msk][odd][mat])printf("(%d,%d,%d,%d,%d):%d\n",x,y,msk,odd,mat,f[x][y&1][msk][odd][mat]);
	}
	for(int msk=0;msk<lim;msk++)for(int odd=0;odd<2;odd++)for(int mat=1;mat<=mil;mat++){
		int tmp=1ll*f[n-1][m&1][msk][odd][mat]*ksm(mat)%mod;
		if(odd)ADD(res,tmp);else ADD(res,mod-tmp);
	}
	printf("%d\n",1ll*res*mil%mod);
	return 0;
}