CSP-S2019 Emiya 家今天的饭

原题

题意分析

给出一个矩阵，要求每行只能选一个节点，每列选的节点不能超过所有选的节点的一半，不能不选，给出每个节点的选择方案数，求总方案数

思路分析

可以看出，维护每列已选的节点复杂度太大，不太可行；因此很容易想到，先不考虑每列不超过一半的这个限制，求出总方案数，然后再减去考虑这个限制后不合法的方案数。现在问题就变成，求任意列选的节点超过所有选的节点的一半的方案数之和。

显然，在一个方案中，只可能有一列的节点超过所有选的节点的一半。因此可以想到枚举这个超过限制的列，然后对于这个列进行DP求解。

具体实现

设f_{i,j,k}fi,j,k​表示前ii行选jj个节点，当前枚举到的列选kk个节点的方案数。对于每个列，复杂度为O(n^3)O(n3)，总的复杂度为O(mn^3)O(mn3)，可以得到84分的高分。

想得到满分还需要进一步优化。考虑将某两个状态合并。观察状态，实际上我们想知道的只是j,kj,k的大小关系，对于具体的值并不关心，考虑将它们合并到一维。

考虑我们需要的限制条件k>\left \lfloor \frac{j}{2} \right \rfloork>⌊2j​⌋，变形一下可以得到2k+n-j>n2k+n−j>n。观察这个式子，可以发现，n-jn−j就是这nn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nn次的方案。这样就成功地优化掉了第二维。

给一下状态转移方程：

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

注意取模时出现负数的情况，记得开long long。

#include<bits/stdc++.h> 
#define ll long long
using namespace std;
const int N=205,M=2005,MOD=998244353;
int n,m;
ll ans=1,cnt[N],w[N][M],f[N][M];
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) {
        for (int j=1;j<=m;j++) {
            scanf("%lld",&w[i][j]);
            cnt[i]=(cnt[i]+w[i][j])%MOD;
        }
        ans=(ans*(cnt[i]+1))%MOD;
    }
    ans=(ans+MOD-1)%MOD;
    for (int i=1;i<=m;i++) {
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0][0]=1;
        for (int j=1;j<=n;j++)
            for (int k=0;k<=2*(j-1);k++) {
                f[j][k]=(f[j][k]+f[j-1][k]*(cnt[j]-w[j][i]))%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]*w[j][i])%MOD;
            }
        for(int j=n+1;j<=2*n;j++)
            ans=(ans+MOD-f[n][j])%MOD;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}