# NOIP2019_Day2T1_Emiya 家今天的饭

题意：

原题意：

Emiya 是个擅长做菜的高中生，他共掌握 $n$ 种烹饪方法，且会使用 $m$ 种主要食材做菜。为了方便叙述，我们对烹饪方法从 $1∼n$ 编号，对主要食材从 $1∼m$ 编号。

Emiya 做的每道菜都将使用恰好一种烹饪方法与恰好一种主要食材。更具体地，Emiya 会做 $a_{i,j}$ 道不同的使用烹饪方法 $i$ 和主要食材 $j$ 的菜 $(1≤i≤n,1≤j≤m)$ ，

这也意味着 Emiya 总共会做 $\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} a_{i,j}$ 道不同的菜。

Emiya 今天要准备一桌饭招待 Yazid 和 Rin 这对好朋友，然而三个人对菜的搭配有不同的要求，更具体地，对于一种包含 $k$ 道菜的搭配方案而言：

Emiya 不会让大家饿肚子，所以将做至少一道菜，即 $k≥1$
Rin 希望品尝不同烹饪方法做出的菜，因此她要求每道菜的烹饪方法互不相同
Yazid 不希望品尝太多同一食材做出的菜，因此他要求每种主要食材至多在一半的菜（即 $\lfloor \frac{k}{2} \rfloor$ 道菜）中被使用

这里的 $\lfloor x \rfloor$ 为下取整函数，表示不超过 $x$ 的最大整数。

这些要求难不倒 Emiya，但他想知道共有多少种不同的符合要求的搭配方案。两种方案不同，当且仅当存在至少一道菜在一种方案中出现，而不在另一种方案中出现。

Emiya 找到了你，请你帮他计算，你只需要告诉他符合所有要求的搭配方案数对质数 998,244,353 取模的结果。

抽象题意：

给出一个 $n*m$ 矩阵，要求从中选出 $k$ 个格子， $k≥1$

每行能选一个格子或者不选，每列上选的格子总数不能超过 $k$ 的一半，

同时每个格子内也有方案 $a_{i,j}$ 种，求满足所有要求的总方案数模998,244,353

解：

- - - 咕 咕 咕 咕 咕 ！ - - -

$\LARGE ---咕咕咕咕咕！---$

题解又被我咕掉了——援引Misaka Mikoto巨佬的一篇题解吧

代码：

题解中巨佬用了很聪明的方法处理下表为负的情况——添加hash函数

代码的实现方面进一步进行了空间优化——观察转移方程发现随着 $i,\ k$ 不断枚举， $j$ 始终是不变的！

并且 $f_{...,\ j,\ ...}$ 的更新不会由 $f_{...,\ j-1,\ ...}$ 的某个状态转移来

这就好办了，我们只用记 $f_{i,\ k}$ ，外层的 $j$ 让它不断枚举，并把它看作不变的量

但是要注意，从计算完一个 $j$ 该计算 $j+1$ 的时候，f数组要清空

还有初始化：

ans最开始初始化为所有方案数，记得sum[i]还要加一，对应不选的情况，ans = (ans * (sum[i] + 1)) % mod;

$f[1][0]=1$ —— 从前 $1$ 行选格子，使得第 $j$ 种食材数量减其他食材数量为0 —— 唯一的办法是第一行什么也不选

$f[1][1]=a[1][j]$ —— 从前 $1$ 行选格子，使得第 $j$ 种食材数量减其他食材数量为1 —— 只能是选上第 $j$ 种食材的一道菜，其中有 $a[1][j]$ 种选法

$f[1][-1]=\sum_{j'=1\ \&\&\ j' \ne j}^{m}a[1][j']$ —— 从前 $1$ 行选格子，使得第 $j$ 种食材数量减其他食材数量为-1 —— 办法是选除了 $j$ 种食材的任意一种，方法加起来即可

至此，第一行的情况被考虑完全， $i$ 从2开始枚举

算完一个 $j$ 之后，注意如何统计答案——答案是由ans-所有不符合条件的情况数

一个情况不符合条件当且仅当选 $j$ 种食材比选其他所有的食材数量多1~n，对应选择 $j$ 种食材 $\lfloor \frac{k}{2} \rfloor+1 ∼ n$ 次

（还要卡卡常）

1、写个快读

2、取模的偷工减料，考虑到 $f[i-1][h(k)]+a[i][j]*f[i-1][h(k-1)]+f[i-1][h(k+1)]*(sum[i]+mod-a[i][j])$ 每一项最大都为998244353-1，

所以这个式子最大值大概为1,992,983,578,589,265,924，比ll的最大范围小，不会溢出，所以中间的取模都省了，最后只用模一次

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
int n, m;
ll a[110][2010];
ll sum[110];
ll f[110][2010];
ll ans;

ll read() {
    ll xx = 0; char ch = getchar();
    while (ch < '0'|| ch > '9') ch = getchar();
    while (ch >= '0' && ch <= '9') xx = (xx << 1) + (xx << 3) + ch - '0', ch = getchar();
    return xx;
}
inline int h(int x) { return x + n + 5; }

int main() {
    n = read(); m = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            a[i][j] = read();
            sum[i] = (sum[i] + a[i][j]) % mod;
        }
    ans = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        ans = (ans * (sum[i] + 1)) % mod;
    ans--;

    for (int j = 1; j <= m; j++) {
        memset(f, 0, sizeof f);
        f[1][h(0)] = 1;
        f[1][h(1)] = a[1][j];
        f[1][h(-1)] = (sum[1] + mod - a[1][j]) % mod;

        for (int i = 2; i <= n; i++) 
            for (int k = -n; k <= n; k++)
                f[i][h(k)] = ( (f[i - 1][h(k)] + a[i][j] * f[i - 1][h(k - 1)])
                + (f[i - 1][h(k + 1)] * (sum[i] + mod - a[i][j])) ) % mod;

        for (int k = 1; k <= n; k++)
            ans = (ans + mod - f[n][h(k)]) % mod;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

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本文作者：熹圜
本文链接：https://www.cnblogs.com/Xiwon/p/13412288.html
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