[题解]AT_agc054_b [AGC054B] Greedy Division

思路

首先不难发现一个规律，当 $sum$ 为奇数时不可能有解。

定义 $dp_{i,j,k,0/1}$ 表示 A 在前 $i$ 个数中选出和为 $j$ 的 $k$ 个数，且第 $i$ 个 不选/选 的方案数。

那么，我们只需要对于第 $i$ 个数的状态分类讨论就能得到状态转移方程：

1. 不选 $i$，$dp_{i,j,k,0} = dp_{i - 1,j,k,0/1}$。
2. 选 $i$，$dp_{i,j,k,1} = dp_{i - 1,j - a_i,k - 1,0/1}$。

综上，得到状态转移方程：

$$\left\{\begin{matrix} dp_{i,j,k,0} = dp_{i - 1,j,k,0/1}\\ dp_{i,j,k,1} = dp_{i - 1,j - a_i,k - 1,0/1} \end{matrix}\right.$$

然后，我们就得到了序列 $a$ 固定时的答案。那么，我们还要考虑一下 $a$ 不固定的情况。

假设 A 最后取出了 $x$ 个数，那么，我们就可以就可以对 A 和 B 两人选取数的序列进行全排列，即 $(x!)((n - i)!)$。

现在还有一个问题，为什么不能直接对 $a$ 进行全排列，也就是直接乘 $n!$。那是因为如果 A 和 B 两人选取的序列是固定的，由于题目中的条件当前权值小的人才能取数，所以说当两人选取数字的序列固定了，那么，拼起来的序列 $a$ 也是固定的。

综上，答案为 $\sum_{i = 1}^{n - 1}(dp_{n,\frac{sum}{2},i,0/1} \times (i!) \times ((n - i)!))$。

这样就可以得到 MLE 1 个点 的代码。

然后，我们发现 $dp_i$ 时的所有状态都是由 $dp_{i - 1}$ 转移来的，所以说直接滚动一下即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>  
#define int long long  
#define re register  
  
using namespace std;  
  
const int N = 110,M = 1e4 + 10,mod = 998244353;  
int n,r,sum,ans;  
int arr[N],mul[N];  
int dp[2][M][N][2];  
  
inline int read(){  
    int r = 0,w = 1;  
    char c = getchar();  
    while (c < '0' || c > '9'){  
        if (c == '-') w = -1;  
        c = getchar();  
    }  
    while (c >= '0' && c <= '9'){  
        r = (r << 3) + (r << 1) + (c ^ 48);  
        c = getchar();  
    }  
    return r * w;  
}  
  
inline void init(){  
    mul[0] = 1;  
    for (re int i = 1;i <= n;i++) mul[i] = mul[i - 1] * i % mod;  
}  
  
signed main(){  
    n = read();  
    init();  
    for (re int i = 1;i <= n;i++){  
        arr[i] = read();  
        sum += arr[i];  
    }  
    if (sum & 1){  
        puts("0");  
        return 0;  
    }  
    dp[0][0][0][0] = dp[0][arr[1]][1][1] = 1;  
    for (re int i = 2;i <= n;i++){  
        r ^= 1;  
        for (re int j = 0;j <= sum;j++){  
            for (re int k = 0;k <= i;k++) dp[r][j][k][0] = dp[r][j][k][1] = 0;  
        }  
        for (re int j = 0;j <= sum;j++){  
            for (re int k = 0;k <= i;k++){  
                dp[r][j][k][0] = (dp[r ^ 1][j][k][0] + dp[r ^ 1][j][k][1]) % mod;  
                if (j >= arr[i]) dp[r][j][k][1] = (dp[r ^ 1][j - arr[i]][k - 1][0] + dp[r ^ 1][j - arr[i]][k - 1][1]) % mod;  
            }  
        }  
    }  
    for (re int i = 1;i < n;i++) ans = (ans + (dp[r][sum / 2][i][0] + dp[r][sum / 2][i][1]) % mod * mul[i] % mod * mul[n - i] % mod) % mod;  
    printf("%lld",ans);  
    return 0;  
}