uoj#422. 【集訓(xùn)隊作業(yè)2018】小Z的禮物

題目描述

Solution

所有禮物全部取到的方案數(shù)并不好求，因此我們考慮$min?max$容斥，轉(zhuǎn)化為第一次取到集合中某一個的期望時間。

令$p=n?(m?1)+m?(n?1)$表示有多少個$1?2$矩陣的選取方案。
倘若此時有$x$種$1?2$的矩陣與枚舉的集合$T$有交，不難證明，期望的步數(shù)即為$\frac{p}{x}$。

所以我們直接枚舉集合$T$，計算$x$，就可以以$O(2^{num}num)$的時間求出答案（$num$表示有多少個$?$號）。

這樣顯然會超時。

我們發(fā)現(xiàn)$n\le 6$，因此考慮狀壓$dp$，從第一列開始，一列一列轉(zhuǎn)移，記錄輪廓線上的信息，令$f[S][j]$表示輪廓線的狀態(tài)為$S$，目前有$j$個$1?2$矩陣與$T$有交的方案數(shù)，并且將容斥系數(shù)一起帶入其中計算。

時間復(fù)雜度$O(2^{n}nmp)$。

#include <vector> #include <list> #include <map> #include <set> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <bitset> #include <algorithm> #include <functional> #include <numeric> #include <utility> #include <sstream> #include <iostream> #include <iomanip> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <string> #include <cstring> #include <ctime> #include <cassert> #include <string.h> //#include <unordered_set> //#include <unordered_map> //#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B) #define PB(A) push_back(A) #define SIZE(A) ((int)A.size()) #define LEN(A) ((int)A.length()) #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i) #define fi first #define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; } template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double lod; typedef pair<int,int> PR; typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11; const lod pi=acos(-1); const int oo=1<<30; const ll loo=1ll<<62; const int mods=998244353; const int MAXN=600005; const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567 /*--------------------------------------------------------------------*/ inline int read() {int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f; } char st[10][105]; int f[2][105][1205],inv[1205]; inline int upd(int x,int y){ return x+y>=mods?x+y-mods:x+y; } int main() {int n=read(),m=read(),p=n*(m-1)+m*(n-1);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",st[i]+1);inv[0]=inv[1]=1;for (int i=2;i<=1200;i++) inv[i]=1ll*inv[mods%i]*(mods-mods/i)%mods;int pre=1,now=0;f[now][0][0]=mods-1;for (int i=1;i<=m;i++)for (int j=1;j<=n;j++){now^=1,pre^=1;memset(f[now],0,sizeof f[now]);for (int S=0;S<1<<n;S++)for (int k=0;k<=p;k++)if (f[pre][S][k]){if (st[j][i]=='*'){int _S=S|(1<<(j-1)),_k=k+(j<n)+(i<m);_k+=(!((S>>(j-2))&1)&&j>1);_k+=(!((S>>(j-1))&1)&&i>1);f[now][_S][_k]=upd(f[now][_S][_k],mods-f[pre][S][k]);}int _S=S&(((1<<n)-1)^(1<<(j-1)));f[now][_S][k]=upd(f[now][_S][k],f[pre][S][k]);}}int ans=0;for (int i=0;i<1<<n;i++)for (int j=1;j<=p;j++) ans=upd(ans,1ll*f[now][i][j]*p%mods*inv[j]%mods);printf("%d\n",ans); return 0; }

總結(jié)

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