【UOJ#422】【集训队作业2018】小Z的礼物（min-max容斥，轮廓线dp）

【UOJ#422】【集训队作业2018】小Z的礼物（min-max容斥，轮廓线dp）

题面

UOJ

题解

毒瘤xzy，怎么能搬这种题当做WC模拟题QwQ
一开始开错题了，根本就不会做。
后来发现是每次任意覆盖相邻的两个，那么很明显就可以套\(min-max\)容斥。
要求的就是\(max(All)\)，而每个集合的\(min\)是很好求的。
如果直接暴力枚举集合复杂度就是\(2^{cnt}cnt\)。
仔细想想每个子集我们要知道的是什么，只需要知道子集大小来确定前面的容斥系数，还需要知道覆盖子集的方案数，这样就可以知道\(min\)的概率，倒数就是期望了。
而覆盖子集的方案数不会超过\(2*n*m-n-m\)，显然要比\(2^{cnt}\)优秀。
所以枚举覆盖子集的方案数来\(dp\)，至于子集大小之和容斥系数相关，而容斥系数只有正负\(1\)，所以直接乘进去一起转移就好了，不需要单独存一维状态。
考虑每次新加入一个点之后的覆盖方案，只需要知道当前位置四周是否已经存在于子集当中，那么直接状压当前的轮廓线就好了。
设状态\(f[S][k]\)表示覆盖方案数为\(k\)，轮廓线为\(S\)时的方案数，容斥系数已经考虑进去。
显然当前位置可以不选，那么直接转移。
如果当前位置可以选入子集，那么乘上系数\(-1\)，同时修改覆盖方案数以及轮廓线的状态转移。
最后按照\(min-max\)容斥统计答案即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MOD 998244353
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
char g[200][200];
int n,m,inv[1500],sum,pw,nw,ans,S;
int f[2][1<<6][1200];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);S=1<<n;sum=2*n*m-n-m;
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%s",g[i]+1);
	inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<1500;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	f[0][0][0]=MOD-1;
	for(int i=1;i<=m;++i)
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			pw=nw;nw^=1;memset(f[nw],0,sizeof(f[nw]));
			for(int T=0;T<S;++T)
				for(int k=0;k<=sum;++k)
					if(f[pw][T][k])
					{
						int nT=T&((S-1)^(1<<(j-1)));
						add(f[nw][nT][k],f[pw][T][k]);
						if(g[j][i]=='*')
						{
							nT|=1<<(j-1);int pls=0;
							if(j>1&&!(T&(1<<(j-2))))++pls;
							if(i>1&&!(T&(1<<(j-1))))++pls;
							if(i<m)++pls;if(j<n)++pls;
							add(f[nw][nT][k+pls],MOD-f[pw][T][k]);
						}
					}
		}
	for(int T=0;T<S;++T)
		for(int i=1;i<=sum;++i)
			add(ans,1ll*f[nw][T][i]*inv[i]%MOD);
	ans=1ll*ans*sum%MOD;printf("%d\n",ans);
	return 0;
}