[NOIp2019] Emiya家今天的饭
Description
\(Emiya\)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\(1 \sim n\)编号,对主要食材从\(1 \sim m\)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(\(1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m\)),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\(k \geq 1\)
- \(Rin\)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。
Input
第\(1\)行两个用单个空格隔开的整数\(n,m\)。
第\(2\)行至第\(n + 1\)行,每行\(m\)个用单个空格隔开的整数,其中第\(i + 1\)行的\(m\)个数依次为\(a_{i,1}, a_{i,2}, \cdots, a_{i,m}\)。
Output
仅一行一个整数,表示所求方案数对\(998,244,353\)取模的结果
Sample Input1
2 3
1 0 1
0 1 1
Sample Output1
3
\(PS\):
由于在这个样例中,对于每组\(i, j\),\(Emiya\)都最多只会做一道菜,因此我们直接通过给出烹饪方法、主要食材的编号来描述一道菜。
符合要求的方案包括:
- 做一道用烹饪方法\(1\)、主要食材\(1\)的菜和一道用烹饪方法\(2\)、主要食材\(2\)的菜
- 做一道用烹饪方法\(1\)、主要食材\(1\)的菜和一道用烹饪方法\(2\)、主要食材\(3\)的菜
- 做一道用烹饪方法\(1\)、主要食材\(3\)的菜和一道用烹饪方法\(2\)、主要食材\(2\)的菜
因此输出结果为\(3 \mod 998,244,353 = 3\)。 需要注意的是,所有只包含一道菜的方案都是不符合要求的,因为唯一的主要食材在超过一半的菜中出现,这不满足\(Yazid\)的要求。
Sample Input2
3 3
1 2 3
4 5 0
6 0 0
Sample Output2
190
\(PS\):
\(Emiya\)必须至少做\(2\)道菜。
做\(2\)道菜的符合要求的方案数为\(100\)。
做\(3\)道菜的符合要求的方案数为\(90\)。
因此符合要求的方案数为\(100 + 90 = 190\)。
Sample Input3
5 5
1 0 0 1 1
0 1 0 1 0
1 1 1 1 0
1 0 1 0 1
0 1 1 0 1
Sample Output3
742
Hint
对于所有测试点,保证\(1 \leq n \leq 100\),\(1 \leq m \leq 2000\),\(0 \leq a_{i,j} \lt 998,244,353\)。
题解
\(32pts\):\(DFS\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
using namespace std;
const int MOD=998244353;
const int N=150,M=2500;
int n,m,a[N][M],l[M];//l[]记录每一列选了多少个
typedef long long ll;
ll Ans;
void Dfs(int id,int _n,ll _c,int Max)
{//当前枚举到第id行,选了_n个,方案数为_c,选的最多的列的所选个数为Max
if(id>n) return;
if(Max>n/2) return;//不符合要求
Dfs(id+1,_n,_c,Max);
int t1,t2; ll t3;
for(int i=1;i<=m;++i)
if(a[id][i])
{
++l[i],
t1=_n+1,//选
t2=max(Max,l[i]),//选
t3=_c*a[id][i]%MOD;//选
if(t2<=(t1/2)) Ans=(Ans+t3)%MOD;//符合要求
Dfs(id+1,t1,t3,t2);
--l[i];//回溯
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j) scanf("%d",&a[i][j]);
Dfs(1,0,1,0),
cout<<Ans<<endl;
return 0;
}
\(100pts\):\(DP\)
下面的方法来自题解【luogu5664 Emiya 家今天的饭】
先把总数符合每道菜的烹饪方法互不相同的总方案求出来,再用\(DP\)求出不符合每种主要食材至多在一半的菜的方案数,最后求差即可
\(DP\)求出不符合每种主要食材至多在一半的菜的方案数如下:
考虑我们需要的限制条件\(k>\left \lfloor \frac{j}{2} \right \rfloor\),变形一下可以得到\(2k+n-j>n\)。观察这个式子,可以发现,\(n-j\)就是这\(n\)行里没有选的行数。然后一个奇妙的想法就出来了,对于每个节点,选它时当做该列选了两次,而对于某一行不选时,当做所有列选了一次,最终要找的就是当前列被选超过\(n\)次的方案。
就得到了如下的状态转移方程
f[j][k]=(f[j][k]+f[j-1][k]*(cnt[j]-w[j][i]))%P;//不选当前列
f[j][k+1]=(f[j][k+1]+f[j-1][k])%P;//不选当前行
f[j][k+2]=(f[j][k+2]+f[j-1][k]*w[j][i])%P;//选当前行当前列对应的节点
\(My Code\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=998244353;
const int N=250,M=2000;
int n,n2,m;
ll a[N][M],sa[N],Ans,f[N][N];
void Read()
{
Ans=1;
scanf("%d%d",&n,&m);
n2=n<<1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=m;++j)
{
cin>>a[i][j];
sa[i]=(sa[i]+a[i][j])%MOD;
}
Ans=(Ans*(sa[i]+1))%MOD;//计算全部答案,注意不选也是一种情况
}
Ans=(Ans-1+MOD)%MOD;//减去全部不选的情况
}
void DP()
{
for(int i=1;i<=m;++i)
{
for(int j=0;j<=n2;++j)
for(int k=0;k<=n2;++k) f[j][k]=0;
f[0][0]=1;//DP初值
for(int j=1,YH=0;j<=n;++j,YH+=2)
for(int k=0;k<=YH;++k)
{
f[j][k]=(f[j][k]+f[j-1][k]*(sa[j]-a[j][i]+MOD)%MOD)%MOD,
f[j][k+1]=(f[j][k+1]+f[j-1][k])%MOD,
f[j][k+2]=(f[j][k+2]+f[j-1][k]*a[j][i]%MOD)%MOD;
}
for(int j=n+1;j<=n2;++j)
Ans=(Ans-f[n][j]+MOD)%MOD;//减去当前枚举到的不合法方案
}
}
int main()
{
Read(),DP(),cout<<Ans<<endl;
return 0;
}
本文作者:OItby @ https://www.cnblogs.com/hihocoder/
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