【CSP-S2019】D2T1 Emiya 家今天的饭

CSP-S2019 D2T1 Emiya 家今天的饭

题目

题目描述

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（$1\le i\le n,1\le j\le m$），这也意味着 Emiya 总共会做 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{a}_{i,j}$​ 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 $k\ge 1$
• 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 $998244353$ 取模的结果。

分析

考虑用容斥去掉这个 $\lfloor \frac{k}{2}\rfloor$ 限制，即用总方案数减掉不合法的方案数。

如果不考虑 $\lfloor \frac{k}{2}\rfloor$ 的限制的话，总方案数应该是：

$$\prod _{i=1}^n\left(\sum _{j=1}^m{a}_{i,j}+1\right)-1$$

我们减掉那个 $1$ 是为了排除一道菜也不做的方案。

然后我们考虑用 DP 来计算不合法的方案数。我们先枚举哪个主要食材超过了限制。

记 $s_i=\sum _{j=1}^m{a}_{i,j}$ ，记状态 $f(i,j,k)$为当前考虑到了第 $i$ 种的做菜方式，已经做了 $j$ 道菜，其中 $k$ 道菜用了我们枚举的主要食材。

转移显然，但这个做一次是 $O(n^3)$ 的，再加上枚举的食材数量，总时间复杂度达到了 $O(m{n}^3)$ 。显然超时。

考虑优化。我们开一开脑洞，不难发现只有 $\lfloor \frac{k}{2}\rfloor \ge j$ 的方案是不合法的，于是变一下这个不等式得到： $2j-k>0$ ，于是我们可以令新的 $j^{\prime }=2j-k$，定义新的状态 $f(i,j^{\prime })$ 为选了前 $i$ 种做法，其中 $2j-k$ 为 $j^{\prime }$ 的方案数。

记我们选择的主食为 $t$ ，则有如下转移方式：

• 当 $j^{\prime }$ 不为 $-n$ 时，$f(i,j^{\prime })$ 对 $f(i+1,j^{\prime }-1)$ 产生 $f(i,j^{\prime })\times (s_i-a_{i,t})$ 的贡献；
• 不选择第 $i$ 种做菜方式，则 $f(i,j^{\prime })$ 对 $f(i+1,j^{\prime })$ 产生 $f(i,j^{\prime })$ 的贡献；
• 选择第 $i$ 种做菜方式，则 $f(i,j^{\prime })$ 对 $f(i+1,j^{\prime }+1)$ 产生 $f(i,j^{\prime })\times a_{i,t}$ 的贡献。

最后不合法的方案数就是 $j^{\prime }>0$ 的 $f(i,j^{\prime })$ 的总和。

注意 $j^{\prime }$ 可能是个负数，我们必须将坐标平移 $n$ 个单位。

本质上来说就是一个背包。

参考代码

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
const int Maxn = 100;
const int Maxm = 2000;
const int Mod = 998244353;

int N, M;
int A[Maxn + 5][Maxm + 5];
int sum[Maxn + 5];

ll f[Maxn + 5][Maxn * 2 + 5];
ll Solve(int typ) {
	for(int i = 0; i <= N; i++)
		for(int j = 0; j <= N * 2; j++)
			f[i][j] = 0;
	f[0][N] = 1;
	for(register int i = 0; i < N; i++)
		for(register int j = 0; j <= N * 2; j++) {
			if(j) f[i + 1][j - 1] = (f[i + 1][j - 1] + f[i][j]
				* (sum[i + 1] - A[i + 1][typ]) % Mod) % Mod;
			f[i + 1][j] = (f[i + 1][j] + f[i][j]) % Mod;
			f[i + 1][j + 1] = (f[i + 1][j + 1] + f[i][j]
				* A[i + 1][typ] % Mod) % Mod;
		}
	ll ret = 0;
	for(int i = N + 1; i <= N * 2; i++)
		ret = (ret + f[N][i]) % Mod;
	return ret;
}

int main() {
#ifdef LOACL
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	scanf("%d %d", &N, &M);
	for(int i = 1; i <= N; i++)
		for(int j = 1; j <= M; j++)
			scanf("%d", &A[i][j]);
	ll ans = 1;
	for(int i = 1; i <= N; i++) {
		for(int j = 1; j <= M; j++)
			sum[i] = (sum[i] + A[i][j]) % Mod;
		ans = ans * (sum[i] + 1) % Mod;
	}
	ans = (ans - 1 + Mod) % Mod;
	for(register int i = 1; i <= M; i++)
		ans = (ans - Solve(i) + Mod) % Mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}