「P4996」「洛谷11月月赛」 咕咕咕（数论

题目描述

小 F 是一个能鸽善鹉的同学，他经常把事情拖到最后一天才去做，导致他的某些日子总是非常匆忙。

比如，时间回溯到了 2018 年 11 月 3 日。小 F 望着自己的任务清单：

1. 看 iG 夺冠；
2. 补月赛题的锅。

小 F 虽然经常咕咕咕，但他完成任务也是很厉害的，他一次性可以完成剩余任务的任一非空子集。比如，他现在可以选择以下几种中的一种：

1. 看 iG 夺冠；
2. 补月赛题的锅；
3. 一边看 iG 夺冠的直播，一边补锅。

当然，比赛实在是太精彩了，所以小 F 就去看比赛了。

不过，当金雨从天而降、IG 举起奖杯之时，小 F 突然心生愧疚——锅还没补呢！于是，小 F 的内心产生了一点歉意。

这时小 F 注意到，自己总是在某些情况下会产生歉意。每当他要检查自己的任务表来决定下一项任务的时候，如果当前他干了某些事情，但是没干另一些事情，那么他就会产生一定量的歉意——比如，无论他今天看没看比赛，只要没有补完月赛的锅，他都会在选择任务的时候产生 11 点歉意。小 F 完成所有任务后，他这一天的歉意值等于他每次选择任务时的歉意之和。

过高的歉意值让小 F 感到不安。现在，小 F 告诉你他还有 nn 项任务，并告诉你在 mm 种情况中的一种 \mathrm{state}_istatei​ 的情况下，小 F 会产生 a_iai​ 点歉意。请你帮忙计算一下，小 F 在那一天所有可能的完成所有任务方式的歉意值之和是多少。

由于答案可能很大，你只需要输出答案对 998244353998244353 取模即可。

输入输出格式

输入格式：

输入一行两个整数 n, mn,m，表示有 nn 项任务，在 mm 种情况中下小 F 会产生歉意值。

输入接下来 mm 行，每行有一个长度为 nn 的 0-10−1 串 \mathrm{state}_istatei​ 和一个歉意值 a_iai​，\mathrm{state}_{i, j}statei,j​ 为 0/10/1 表示第 jj 项任务此时没做 / 已经做了。

详情请参考样例和样例解释。

输出格式：

输出一行一个整数，表示小 F 在那一天所有可能的完成任务方式的歉意值之和对 998244353998244353 取模的结果。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

2 2
00 1
10 1

输出样例#1： 复制

4

输入样例#2： 复制

3 4
000 16
001 9
110 4
111 1

输出样例#2： 复制

260

说明

样例 1 解释：

0-10−1 串中第一个数字表示小 F 看没看比赛，第二个数字表示小 F 补没补锅。

我们用 \varnothing∅ 表示小 F 什么都没干，AA 表示小 F 看了比赛，BB 表示小 F 补了锅，那么所有会产生愧疚的方式如下：

\varnothing: 1∅:1
\{A\}:1{A}:1

那么所有可能的选择如下：

\varnothing\rightarrow\{A\}\rightarrow\{A,B\}:2∅→{A}→{A,B}:2
\varnothing\rightarrow\{B\}\rightarrow\{A,B\}:1∅→{B}→{A,B}:1
\varnothing\rightarrow\{A,B\}:1∅→{A,B}:1

所以答案是 2 + 1 + 1 = 42+1+1=4。

数据范围

保证出现的 \mathrm{state}_istatei​ 互不相同。

对于所有数据，有 1 \leq n \leq 201≤n≤20, 1 \leq m \leq \min(2 ^ n, 10 ^ 5), 1 \leq a_i \leq 10 ^ 51≤m≤min(2n,105),1≤ai​≤105。

题解

题意

首先给定$m$个长为$n$的串，和踩中每个需付的代价。

定义每次操作从$\underbrace{000....00}_{n}$开始，每步可以任选至少一个$0$变成$1$，当所有串变成$\underbrace{111....11}_{n}$时，操作结束。

在操作过程中，如果在某时刻序列和之前给定的序列相同，那么要付给定序列的代价。

问在这数不清的不同操作都做完之后（两次操作相同当且仅当变换过程完全相同），一共要付的代价，对$998244353$取模。

哇这个题真实的难读懂啊qwq

以下分析

先来考虑对于一个给定串$s$，有多少个操作（设为$ans$）会撞上它。

可以注意到，答案跟数字的位置无关，所以我们可以先把串抽象出来，数出有$c$个$1$，$(n-c)$个$0$。

那么这$c$个$1$，可能是由$c-1$个$1$的串转移而来，可能是$c-2,c-3......0$个$1$的串转移而来。

dp!

设$f[i]$为转移成$i$个$1$的方案数。

转移方程：$f[i]=\sum_{j=0}^{j-1}(f[j]*C_{i}^{j})$。

其中$C_i^j$是因为有$C_i^j$种方式从$j$个$1$转移成$i$个$1$。（在$i$个里面钦定$j$个为原有的$1$的方案数为$C_i^j$）

那么从$000.....0$转移到$s$的方案数就为$f[c]$。

而从$s$转移到$111.....1$的方案数可以倒着思考：从$111.....1$转移到$s$，有$(n-c)$个$1$变成了$0$对叭。

所以可以直接操起求过的$f$数组，从$s$转移到全$1$串的方案数就为$f[n-c]$。

然后用乘法原理乘起来，就得到了会经过串$s$的操作数，再乘上串$s$的单次代价就是这个串造成的总代价了。

最后把$m$个串的代价加起来就是答案。

 /*
     qwerta
     P4996 咕咕咕 Accepted
     100
     代码 C++，0.6KB
     比赛 【LGR-055】洛谷11月月赛
     提交时间 2018-11-04 11:58:31//下考前几十秒发现自己忘开long long，太真实了qwq
     耗时/内存 108ms, 804KB
 */
 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 using namespace std;
 #define LL long long//一年OI一场空，不开long long见祖宗
 const int mod=;
 LL f[];
 char s[];
 LL je(int x)//返回x!（因为20!没爆long long就直接乱搞了
 {
     LL ans=;
     while(x)
     {
         ans*=x;
         x--;
     }
     return ans;
 }
 LL C(int q,int w)//返回C(q,w)
 {
     return je(q)/je(w)/je(q-w);
 }
 int main()
 {
     ios::sync_with_stdio(false);
     int n,m;
     cin>>n>>m;
     f[]=;//初始化
     //先把f预处理出来
     for(int i=;i<=n;++i)
     {
         for(int j=;j<i;++j)
         {
             f[i]+=C(i,j)*f[j]%mod;
             f[i]%=mod;
         }
     }
     LL ans=;
     for(int i=;i<=m;++i)
     {
         cin>>s;
         int c=;//c为s中1的个数
         for(int j=;j<n;++j)
         c+=s[j]-'';
         int v;//这个串的单次代价
         cin>>v;
         ans+=(LL)f[c]*f[n-c]%mod*v%mod;
         ans%=mod;
     }
     cout<<ans;
     return ;
 }