NOIP2021-数列

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显然是个 DP 题，这个题 \(O(n^3mk)\) 做法是不是垫底了啊。

状态设计

首先发现这个序列的元素的顺序不会影响权值和 \(S\) 值，所以我们可以使序列为空，然后将值填入序列，计算对权值和 \(S\) 的贡献，对这个过程进行 DP。

因为对于等于 \(i - 1\) 的 \(a\)，它可以影响 \(S\) 的第 \(i\) 位及其后面的位，所以我们从小往大讨论 \(a\) 的值。以它作为阶段从小往大考虑，可以避免后效性。

因为确定了小于 \(i\) 的所有 \(a\) 后，可以确定 \(S\) 前 \(i\) 位的情况，所以我们对于填完小于 \(i\) 的值的状态只需要记录 \(S\) 前 \(i\) 位的 \(1\) 的数量，可以忽略具体哪些位是 \(1\)。

当然，小于 \(i\) 的 \(a\) 对第 \(i\) 位后面的位置是有影响的，所以我们记录一维状态表示当前的 \(\lfloor \frac{S}{2^i} \rfloor\)。

现在还有一个状态被忽略了，也就是当前序列已经有多少位置不是空位，这个状态让我们知道有多少空位可以赋值。

设计 \(f_{i, j, k, l}\) 表示已经填了小于 \(i\) 的所有 \(a\) 值，总计 \(j\) 个，\(S\) 的前 \(i\) 位有 \(k\) 个 \(1\)，\(\lfloor \frac{S}{2^i} \rfloor = l\)。

转移

先写方程:

\[f_{i, j, k, \lfloor\frac{x + y}2\rfloor} = \sum \binom{n - j + x}{x} f_{i - 1, j - x, k - (x + y) \bmod 2, y} \cdot a^{x} \]

可以发现这里目标状态只枚举了 \(i\)，\(j\)，\(k\) 三维，剩下一维是由转移所枚举的 \(x\)，\(y\) 决定的。我不知道如何定义每个状态的转移复杂度，但是总复杂度一定是枚举的这五个变量的范围之积。

接下来解释这个转移，\(x\) 枚举的是数字 \(i\) 选择的数量，\(y\) 枚举的是起始状态进位到 \(i\) 的数字，所以可以当作是在 \(x\) 的基础上，额外选择了 \(y\) 个 \(i\)，但是不花费空位，也不消耗权值，仅对 \(S\) 产生影响。

这样前面的二项式系数的意义就很显然了，我们起始状态有 \(n - j + x\) 个空位，我们从中选择 \(x\) 个填上 \(i\) 的方案数就是 \(\binom{n - j + x}{x}\)。

\(a^x\) 表示原来每个方案的基础上加 \(x\) 个 \(i\)，都会使方案的权值乘 \(a^x\)。

\(\lfloor\frac{x + y}2\rfloor\) 表示的是本次填入 \(i - 1\) 对 \(S\) 贡献的 \(x2^{i - 1}\) 和原来已经存在的 \(y2^{i - 1}\)，它们的和除以 \(2^i\) 的结果，也就是 \(\lfloor \frac{S}{2^i} \rfloor\)。

\((x + y) \And 1\) 的意义是填入和合并得到的 \(i - 1\)，对 \(S\) 中前 \(i\) 位 \(1\) 的数量的贡献，显然，如果 \(x + y\) 是奇数，就会使得 \(S\) 的第 \(i\) 位是 \(1\)。

代码

代码是考场代码增删注释得到的，所以码风保守。

为了防止变量名冲突，上面提到的 \(x\)，\(y\) 在代码中分别写成 \(jj\) 和 \(ll\)，题目中的 \(k\) 用 \(t\) 来代替。

为了防止数组越界，\(f_{i}\) 表示第 \(i - 1\) 个阶段的 DP 值，也就是填了数字 \(i - 1\) 的 DP 值。因此需要在输入时把 \(m\) 变成 \(m + 1\)。

const unsigned long long Mod(998244353);
unsigned long long Ans(0), C[35][35], a[105][35];
unsigned f[105][35][35][35], Pop[105];
unsigned n, m, t;
unsigned A, B;
unsigned Cnt(0);
signed main() {
  n = RD(), m = RD() + 1, t = RD();
  for (unsigned i(1); i <= m; ++i) {
    a[i][0] = 1, a[i][1] = RD();
    for (unsigned j(2); j <= n; ++j)
      a[i][j] = a[i][j - 1] * a[i][1] % Mod;//预处理每个值有不同个数的权值 (也就是预处理 a 的幂)
  }
  for (unsigned i(1); i <= 102; ++i) Pop[i] = Pop[i >> 1] + (i & 1);//预处理 Popcount
  C[0][0] = 1;
  for (unsigned i(1); i <= n; ++i) {
    C[i][0] = 1;
    for (unsigned j(1); j <= n; ++j) {
      C[i][j] = C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1];//预处理二项式系数
      if(C[i][j] >= Mod) C[i][j] -= Mod;
    }
  }
  for (unsigned i(0); i <= m; ++i) f[i][0][0][0] = 1;//初始化
  for (unsigned i(1); i <= m; ++i) {
    for (unsigned j(1); j <= n; ++j) {
      for (unsigned k(0); k <= t; ++k) {
        for (unsigned jj(0); jj <= j; ++jj) {
          for (unsigned ll(0); ll <= n; ++ll) {
            if((ll + jj) & 1) {
              if(!k) continue;//防止越界
              f[i][j][k][(ll + jj) >> 1] = ((f[i][j][k][(ll + jj) >> 1] + (f[i - 1][j - jj][k - 1][ll] * C[n - j + jj][jj] % Mod) * a[i][jj]) % Mod);
            } else {
              f[i][j][k][(ll + jj) >> 1] = ((f[i][j][k][(ll + jj) >> 1] + (f[i - 1][j - jj][k][ll] * C[n - j + jj][jj] % Mod) * a[i][jj]) % Mod);
            }
          }
        }
      }
    } 
  }
  for (unsigned i(0); i <= t; ++i) {
    for (unsigned j(0); j <= n; ++j) {
      if(Pop[j] + i <= t) {//第 n 位后面的 1 的数量和前 n 位的 1 的数量和
        Ans += f[m][n][i][j];//统计答案
        if(Ans >= Mod) Ans -= Mod;
      }
    }
  }
  printf("%u\n", Ans);
  return 0;
}