【洛谷U142633】手套

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/U142633
有 \(m\) 个物品，第 \(i\) 个物品有两个参数 \(a_i,b_i\)，将这 \(n\) 个物品放进 \(m\) 个格子中，如果第 \(i\) 个物品放了 \(p_i\) 个，那么这种放置方法的价值为

\[\Pi^{n}_{i=1}(a_ip_i^2+b_ip_i+1) \]

两种方案不同当且仅当存在一个物品放置数量不同，求所有放置方案的价值之和。\(Q\) 组询问，但 \(m\) 相同。
\(m,Q\leq 10^3;n\leq 10^4;a_i,b_i\leq 10^9\)。

思路

设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个格子放了 \(j\) 个物品的价值。那么显然有转移

\[f[i][j]=\sum^{i}_{k=1}f[i-k][j-1](a_ik^2+b_ik+1) \]

直接转移是 \(O(n^2m)\) 的。考虑优化。
考虑 \(f[i][j]\) 可以转移到什么状态，有

\[f[i+k][j+1]\gets f[i][j](a_{i+1}k^2+b_{i+1}k+1) \]

\[f[i+k][j+1]\gets f[i][j]·a_{i+1}k^2+f[i][j]·b_{i+1}k+f[i][j] \]

可以将右边三个单项式分别计算出来然后求和。
对于 \(f[i][j]\)，直接将 \(sum0[i]\) 加 \(f[i][j]\)，然后做一遍前缀和。
对于 \(f[i][j]·b_{i+1}k\)，将 \(sum1[i]\) 加 \(f[i][j]·b_{i+1}\)，然后做两遍前缀和。
对于 \(f[i][j]·a_{i+1}k^2\)，将 \(sum2[i]\) 和 \(sum2[i+1]\) 加 \(f[i][j]·b_{i+1}\)，然后做三遍前缀和。
此时每一个数组存的就是答案了。再跑一遍赋值即可。
时间复杂度 \(O(nm)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=10010,M=1010,MOD=998244353;
int Q,n,m,sum0[N],sum1[N],sum2[N],a[M],b[M],f[N][M];

int main()
{
	scanf("%d",&m);
	for (int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
	f[0][0]=1;
	for (int j=0;j<m;j++)
	{
		memset(sum0,0,sizeof(sum0));
		memset(sum1,0,sizeof(sum1));
		memset(sum2,0,sizeof(sum2));
		for (int i=0;i<N;i++)
		{
			sum0[i]=(sum0[i]+f[i][j])%MOD;
			sum1[i+1]=(sum1[i+1]+1LL*f[i][j]*b[j+1])%MOD;
			sum2[i+1]=(sum2[i+1]+1LL*f[i][j]*a[j+1])%MOD;
			sum2[i+2]=(sum2[i+2]+1LL*f[i][j]*a[j+1])%MOD;
		}
		for (int i=1;i<N;i++) sum0[i]=(sum0[i]+sum0[i-1])%MOD;
		for (int i=1;i<N;i++) sum1[i]=(sum1[i]+sum1[i-1])%MOD;
		for (int i=1;i<N;i++) sum1[i]=(sum1[i]+sum1[i-1])%MOD;
		for (int i=1;i<N;i++) sum2[i]=(sum2[i]+sum2[i-1])%MOD;
		for (int i=1;i<N;i++) sum2[i]=(sum2[i]+sum2[i-1])%MOD;
		for (int i=1;i<N;i++) sum2[i]=(sum2[i]+sum2[i-1])%MOD;
		for (int i=0;i<N;i++)
			f[i][j+1]=(1LL*sum0[i]+sum1[i]+sum2[i])%MOD;
	}
	scanf("%d",&Q);
	while (Q--)
	{
		scanf("%d",&n);
		printf("%d\n",f[n][m]);
	}
	return 0;
}