NOIP2019 Emiya家今天的飯

ACM退役選手遠程口胡
csf如今真的是太菜了,最后16分的做法愣是想了一下午
考慮使用容斥方法:

1

采用動態規劃,先求出在無限制情況下,安排$k$種烹飪方法總的方案數.
記$dp2[i][j]$表示已經考慮完前$i$種烹飪方法,共做了$j$個菜的方案數.
那么顯然,決策分2種情況,用或不用第$i$種烹飪方法,用的話就只能選一種主要食材.
$dp2[i][j]=dp2[i?1][j]+dp2[i?1][j?1]?({\sum }_{t=1}^{m}a[i][t])$
時間復雜度$O(n^2)$,${\sum }_{t=1}^{m}a[i][t]$可以提前維護好.

2

采用動態規劃,計算出那些不合法的方案,并將這些方案減掉.
因為每次只能有一個主要食材不合法.所以對每個主要食材單獨考慮,假設當前$t$食材不合法了.
最樸素的想法是,采用$dp1[i][j][k]$表示考慮完前$i$種烹飪方法,已經做了$j$個菜,使用$t$食材的有$k$個的方案數.

那么,決策就是第$i$中烹飪方案選不選,選了之后,選不選$t$作為食材,一共$3$個轉移.

記錄$linesum[i]={\sum }_{t=1}^{m}a[i][t]$

$dp1[i][j][k]=dp1[i?1][j][k]+dp1[i?1][j?1][k?1]?a[i][t]+dp1[i?1][j?1][k]?(linesum[i]?a[i][t])$

最后答案減去$dp1[n][j][k]{|}_{k>j/2}$

時間復雜度為$O(n^{3}m)$,只能過84分,接下來繼續優化

事實上,我們無需同時記錄$j$和$k$,而只需要記錄$k?(j?k)$的值就足夠了,也就是$t$食材的數量和非$t$食材的數量.

這樣的話,記錄$dp1[i][\Delta ]$表示考慮完前$i$行,選取的$t$食材和非$t$食材的差值為$\Delta$時候,方案數.
轉移方程如下
$dp1[i][\Delta ]=dp1[i?1][\Delta ]+dp1[i?1][\Delta ?1]?a[i][t]+dp1[i?1][\Delta +1]?(linesum[i]?a[i][t])$
最后答案減去$dp1[n][\Delta ]{|}_{\Delta >0}$
時間復雜度$O(n^{2}m)$

綜上,總的時間復雜度$O(n^{2}m)$

AC代碼

#include <iostream> #include <cstring> using namespace std; #define int long long const int MOD = 998244353; const int maxn = 107,maxm = 2007; int dp1[maxn][2*maxn]; // int dp2[maxn][maxn]; int linesum[maxn]; //s1表示 int a[maxn][maxm]; int n, m; signed main() {cin >> n >> m;for(int i = 1;i <= n;++i) {for(int j = 1;j <= m;++j) {cin >> a[i][j];a[i][j] %= MOD;linesum[i] = ( linesum[i] + a[i][j] ) % MOD;}}int ans = 0;for(int t = 1;t <= m;++t) {memset(dp1,0,sizeof(dp1));dp1[0][0 + 100] = 1;for(int i = 1;i <= n;++i) {for(int j = -i + 100;j <= i + 100;++j) {dp1[i][j] = dp1[i-1][j];dp1[i][j] += (dp1[i-1][j-1] * a[i][t]) % MOD;//取dp1[i][j] += (dp1[i-1][j+1] * ((linesum[i] - a[i][t] + MOD) % MOD)) % MOD;//不取dp1[i][j] %= MOD;}}for(int j = 1;j <= n;++j) {ans = (ans - dp1[n][j + 100]) % MOD;}}dp2[0][0] = 1;for(int i = 1;i <= n;++i) {for(int j = 0;j <= i;++j) {dp2[i][j] = dp2[i-1][j];for(int k = 1;k <= m;++k) {dp2[i][j] += dp2[i-1][j-1] * a[i][k] % MOD;dp2[i][j] %= MOD;}}}for(int j = 1;j <= n;++j)ans = (ans + dp2[n][j]) % MOD;cout << ans << endl;return 0; }

總結

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