[luogu p7961] [NOIP2021] 数列

$\mathtt{Link}$

P7961 [NOIP2021] 数列 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

$\mathtt{Description}$

给定整数 $n, m, k$，和一个长度为 $m + 1$ 的正整数数组 $v_0, v_1, \ldots, v_m$。

对于一个长度为 $n$，下标从 $1$ 开始且每个元素均不超过 $m$ 的非负整数序列 $\{a_i\}$，我们定义它的权值为 $v_{a_1} \times v_{a_2} \times \cdots \times v_{a_n}$。

当这样的序列 $\{a_i\}$ 满足整数 $S = 2^{a_1} + 2^{a_2} + \cdots + 2^{a_n}$ 的二进制表示中 $1$ 的个数不超过 $k$ 时，我们认为 $\{a_i\}$ 是一个合法序列。

计算所有合法序列 $\{a_i\}$ 的权值和对 $998244353$ 取模的结果。

$\mathtt{Data} \text{ } \mathtt{Range} \text{ } \mathtt{\&} \text{ } \mathtt{Restrictions}$

• $1 \leq k \leq n \leq 30$；

• $0 \leq m \leq 100$；

• $1 \leq v_i < 998244353$。

$\mathtt{Solution}$

与 $S$ 对应地，我把序列的权值用字母 $V$ 表示。

这题的样例容易给人启发：一个 $a$ 序列任意重排，无论是它的 $V$ 还是 $S$ 都不会发生改变。也就是说 $a$ 的顺序不会影响权值和合法性。

我们发现，当两个序列 $a$ 和 $b$ 可以通过重排互相得到，当且仅当每个元素的出现次数均对应相同，换句话说，令 $c_i$ 为 $i$ 在序列中出现的次数，那么序列 $a$ 和 $b$ 的 $c$ 数组是完全相同的。

因此考虑把研究对象从序列 $a$ 转化为数组 $c$，明显他们是多对一的一个关系，也就是说一个序列 $a$ 对应一个数组 $c$，而一个数组 $c$ 可以对应多个序列 $a$（这些序列都是本质相同的，即可互相重排得到）。

为什么会想到转化成 $c$ 数组？我是通过可以考虑一个序列 $a$ 重排得到的序列种数，发现会跟 $c$ 有关而想到的，一会就会提到。

其实，$c$ 数组是序列 $a$ 的一种无序化的体现。这也是本题我们第一步要转化的（好像很多题解都忽略了这点……直接想到？）

为了搞定转化，有两个目标：

• 求出一个数组 $c$ 可以对应多少个序列 $a$，这个值我们记为 $T$；
• 将 $V$ 和 $S$ 采用数组 $c$ 表示。

第一个目标的答案：

$$T = \dfrac{n!}{\prod \limits _{i=0} ^m c_i!}$$

简略解释和花絮。

第二个目标的答案：

$$V = \prod \limits _{i = 0} ^ m {v_i} ^ {c_i}\\S = \sum \limits _{i = 0} ^ m c_i \times 2^i$$

我们知道，所有合法的 $c$ 数组的 $T \times V$ 的总和就是答案，因此考虑 $T \times V$ 就是一个 $c$ 数组的贡献。

搞一下发现是 $n! \times \prod \limits _{i = 0} ^ m \dfrac{{v_i} ^ {c_i}}{ c_i!}$，发现 $n!$ 是常数，因此只考虑 $\prod \limits _{i = 0} ^ m \dfrac{{v_i} ^ {c_i}}{ c_i!}$ 作为 $c$ 的贡献，最后答案乘上 $n!$ 即可。我将 $\prod \limits _{i = 0} ^ m \dfrac{{v_i} ^ {c_i}}{ c_i!}$ 记为 $G$。

dfs $c$ 数组，预处理 $0 \sim n$ 的阶乘逆元和 $v_i$ 的幂，dfs 的同时转移 $S$ 和 $G$，可做到 $\mathcal{O}(\dbinom{n+m}{n})$。

至于 $\dbinom{n+m}{n}$，它其实是 $c$ 数组所有可能的种数，具体见这里。

我们把原来数据的表格拓展一下：

测试点	$n$	$k$	$m$	$c$ 数组的种数（时间复杂度）	是否可过
$1 \sim 4$	$=8$	$\leq n$	$=9$	$\approx2 \times 10^4$	是
$5 \sim 7$	$=30$	$\leq n$	$=7$	$\approx 10^7$	是
$8 \sim 10$	$=30$	$\leq n$	$=12$	$\approx 10^{10}$	否
$11 \sim 13$	$=30$	$=1$	$= 100$	$\approx2 \times 10^{28}$	否
$14 \sim 15$	$=5$	$\leq n$	$=50$	$\approx 3 \times 10^6$	是
$16$	$=15$	$\leq n$	$=100$	$\approx2 \times 10^{18}$	否
$17 \sim 18$	$=30$	$\leq n$	$=30$	$\approx 10^{17}$	否
$19 \sim 20$	$=30$	$\leq n$	$=100$	$\approx2 \times 10^{28}$	否

观察到，可以通过 $9$ 个测试点，期望得分 $45$ 分。差评

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考虑正解，计数问题要么是 dp 要么是组合数学，接下来应该是往 dp 的方向走了。数据范围可以给我们提示，我们足够大胆地设置 dp 状态。

接下来的突破口很容易发现，就是 $S$ 中那个 $2^i$。累加 $c_i \times 2^i$ 这个式子，其实就是在 $S$ 的二进制从低到高第 $i$ 位上加了 $c_i$ 个 $1$。（本题解中第 $i$ 位就是从低到高第 $i$ 位，最低一位是第 $0$ 位）

紧接着有一个比较头疼的问题，那就是进位。二进制中的每一位只能容下一个 $1$，剩下的 $1$ 都要进位到前面去。

不过，冷静下来我们思考，会发现进位并不是一种玄学，它是有理有据的：第 $i$ 位是 $1$ 还是 $0$，只和当前这一位对应的 $c_i$ 和第 $i - 1$ 位给第 $i$ 位进的位数 $x_i$ 有关。再具体来说，第 $i$ 位的值是 $(c_i + x_i) \bmod 2$。那么这一位又会向第 $i + 1$ 位进多少位呢？不难发现 $x_{i+1} = \lfloor\dfrac{x_i+c_i}{2}\rfloor$。

到这里可以开始考虑 dp 方程了。怎么设状态？

我们一定是从 $c_0$ 到 $c_m$ 递推，对应将 $S$ 从低位到高位填数。那么设 $f(i, \cdots)$ 表示对于满足 $\cdots$ 条件的所有 $c_0 \sim c_{i-1}$， $\prod \limits _{j = 0} ^ {i-1} \dfrac{{v_j} ^ {c_j}}{c_j!}$ 的总和。(也就是只计算 $c_0 \sim c_{i-1}$ 对应的 $G$）

为什么这里我都用的是 $i - 1$ 呢？这是因为我想给边界条件 $f(i = 0, \cdots)$ 留下空间，而 $f(i = 1, \cdots)$ 才开始表示填 $c_0$。换句话说，这里的 $i$ 可以理解为 $c$ 总共填了多少个数。

那么我们的意图应该是满足什么条件呢？容易发现有两条：

• $\sum \limits_{i=0}^mc_i=n$；
• $\operatorname{popcnt}(S) \le k$。

那么考虑多设两维：$f(i, j, p)$，表示新增了两个条件：对于满足 $c_0 \sim c_{i-1}$ 的和为 $j$，并且 $S$ 的第 $0$ 位到第 $i - 1$ 位为 $1$ 的数量为 $p$。（其实从大局来看就是多了两个分类）

这里其实是个经典套路：遇到看似棘手的限制，就考虑设成 dp 中新的一维。

然后又考虑到转移 $p$ 的时候需要来自上一位的进位情况，因此再多设一维 $x$。

现在就变成：$f(i, j, p, x)$，表示对于同时满足一下以下三个条件的：

• 满足 $c_0 \sim c_{i- 1}$ 的和为 $j$；
• 满足 $S$ 的第 $0$ 位到第 $i - 1$ 位 $1$ 的数量为 $p$；
• 第 $i$ 位收到的进位即将是 $x$；

所有可能的 $c_0 \sim c_{i - 1}$ 的贡献和。

上面那个条件都有个“第 $i$ 位即将收到的进位”了，那么更好想的转移肯定是刷表法。也就是从 $f(i, j, p, x)$ 向后转移。

下一个状态是什么呢？肯定是 $f(i +1, \cdots)$ 吧。所以我们考虑枚举 $c_i$ 的值，假设它是 $t$。

那么 $f(i, j, p, x)$ 的下一个状态就是：$f(i + 1, j + t, (t + x) \bmod 2 + p, \lfloor\dfrac{t+x}{2}\rfloor)$。

那么就可以写出转移方程了：

$f(i + 1, j + t, (t + x) \bmod 2 + p, \lfloor\dfrac{t+x}{2}\rfloor)$ 自增 $f(i, j, p, x) \times \dfrac{{v_i}^t}{t!}$。

边界是 $f(0, 0, 0, 0) = 1$。

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接下来考虑如何统计答案。

显然答案对应的 $f$ 头两维已经确定：$f(m + 1, n, \cdots)$，我们现在还差一个 $S$ 中 $1$ 的个数的限制。

但我们发现 $S$ 统计二进制中 $1$ 的位数时是不止统计到第 $m$ 位的，也就是说：可能到了 $m$ 位会再往高进位。

但事实上这个细节很好处理。$f(m + 1, n, p, x)$ 中，$p$ 是第 $0$ 位到第 $m$ 位的 $1$ 的个数，而 $x$ 就是第 $m +1$ 位被进的位。$m+1$ 位及以上，所有的 $1$ 肯定都是通过这个 $x$ 得到的了，因此事实上第 $m$ 位一直到更高，$1$ 的个数就是 $\operatorname{popcnt}(x)$。那么 $S$ 的 $1$ 的总数就是 $p + \operatorname{popcnt}(x)$。

所以答案就是所有满足 $p + \operatorname{popcnt}(x) \le k$ 的 $f(m +1, n, p, x)$ 的总和。

不要忘记最后答案还要乘个 $n!$。

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还有一个细节：$f(i, j, p, x)$ 头三维枚举到多少是显然的，$x$ 应该枚举到多少呢？也就是说：第 $i$ 位领到的进位最大是多少呢？

其实也挺显然的：$x \le \lfloor\dfrac{j}{2}\rfloor$。原因：在 $c_0 \sim c_{i-1}$ 的总和为 $j$ 的条件下，把 $c_{i-1}$ 赋为 $j$，其他都赋为 $0$，给 $c_i$ 的进位显然是最大的，为 $\lfloor\dfrac{j}{2}\rfloor$。

$\mathtt{Time} \text{ } \mathtt{Complexity}$

$\mathcal{O}(n^4m)$

$\mathtt{Code}$

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2022-09-12 12:55:18 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2022-09-12 13:33:29
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

inline int read() {
    int x = 0;
    bool flag = true;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) {
        if (ch == '-')
            flag = false;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch)) {
        x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    if(flag)
        return x;
    return ~(x - 1);
}

const int maxn = 35;
const int maxm = 105;
const int maxk = maxn;
const int maxx = maxn >> 1;
const int mod = 998244353;

int v[maxm][maxn];
int f[maxm][maxn][maxk][maxx];
int iac[maxn];

inline int qpow(int p, int q = mod - 2) {
    int ans = 1;
    while (q) {
        if (q & 1)
            (ans *= p) %= mod;
        (p *= p) %= mod;
        q >>= 1;
    }
    return ans;
}

inline int popcnt(int x) {
    int ans = 0;
    while (x) {
        if (x & 1)
            ++ans;
        x >>= 1;
    }
    return ans;
}

signed main() {
    int n = read(), m = read(), k = read();
    
    for (int i = 0; i <= m; ++i) {
        int val = read();
        v[i][1] = val;
        v[i][0] = 1;
        for (int j = 2; j <= n; ++j)
            v[i][j] = (v[i][j - 1] * val) % mod;
    }
    
    int z = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        (z *= i) %= mod;
    iac[n] = qpow(z);
    for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
        iac[i] = (iac[i + 1] * (i + 1)) % mod;
    
    f[0][0][0][0] = 1;
    
    for (int i = 0; i <= m; ++i)
        for (int j = 0; j <= n; ++j)
            for (int p = 0; p <= k; ++p)
                for (int x = 0; x <= (j >> 1); ++x)
                    for (int t = 0; t <= n - j; ++t)
                        (f[i + 1][j + t][p + ((t + x) & 1)][(t + x) >> 1]
                        += f[i][j][p][x] * v[i][t] % mod * iac[t] % mod) %= mod;
    
    int ans = 0;
    for (int p = 0; p <= k; ++p)
        for (int x = 0; x <= (n >> 1); ++x)
            if (p + popcnt(x) <= k)
                (ans += f[m + 1][n][p][x]) %= mod;
    
    printf("%lld\n", ans * z % mod);
    return 0;
}