CSPS 2019 Day2 T1 Emiya 家今天的饭（容斥 + 计数 dp）

Description

给定一个 $n\times m$ 的矩阵，每一行最多选一个数，每一列可以选若干个数，但是每一列选的数不能超总数的一半。求有多少个不同的方案数。

Solution

容斥 + 计数 dp。$ans=$ 全部的方案数 $-$ 超过 $\lfloor \frac{k}{2}\rfloor$ 的方案数。

令 $su{m}_i$ 为
$$su{m}_i=\sum _{j=1}^m{a}_{i,j}$$
全部的方案数即为
$$\prod _{i=1}^n(su{m}_i+1)-1$$
用计数 dp 求超过 $\lfloor \frac{k}{2}\rfloor$ 的方案数。枚举一个列，令 $f_{i,j,k}$ 为在前 $i$ 行中，枚举的列选了 $j$ 个，其他列选了 $k$ 个的方案数。转移为

$$f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}+f_{i-1,j-1,k}\times a_{i,j}+f_{i-1,j,k-1}\times (su{m}_i-a_{i,j})$$
超过 $\lfloor \frac{k}{2}\rfloor$ 的方案数为
$$\sum _{j>k}{f}_{n,j,k}$$
如何优化？$j,k$ 两维换成 $j-k$。为什么？每一层转移中 $j-k$ 不相同 ，统计答案时只计算了 $j-k>0$ 的部分。

枚举一个列，令 $f_{i,k}$ 为在前 $i$ 行中，枚举的列选了比其他列多选了 $k$ 个的方案数。转移为
$$f_{i,k}=f_{i-1,k}+f_{i-1,k-1}\times a_{i,k}+f_{i-1,k+1}\times (su{m}_i-a_{i,k})$$
综上所述
$$ans=\prod _{i=1}^n(su{m}_i+1)-1-\sum _{i=1}^n{f}_{n,i}$$

细节问题如初值，对负值增加一个偏移量，详见代码。

Code

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100 + 5, M = 2000 + 5, p = 998244353; 
ll all = 1, ans, f[N][N + N], a[N][M], sum[N];
int 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", &a[i][j]), sum[i] = (sum[i] + a[i][j]) % p;
		all = all * (sum[i] + 1) % p;
	}
	for (int j = 1; j <= m; j++) {
		f[0][N] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			for (int k = -n + N; k <= n + N; k++)
				f[i][k] = (f[i - 1][k] + f[i - 1][k - 1] * a[i][j] % p + f[i - 1][k + 1] * (sum[i] - a[i][j]) % p) % p;
		for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + f[n][i + N]) % p;
	}
	printf("%lld\n", (all - ans - 1 + p) % p);
	return 0;
}