【CSP-S 2019】D2T1 Emiya 家今天的饭

Description

传送门

Solution

算法1 32pts

爆搜，复杂度\(O((m+1)^n)\)

算法2 84pts

裸的dp，复杂度\(O(n^3m)\)

首先有一个显然的性质要知道：

最多只有一种主要食材出现在超过一半的主要食材里。

接下来考虑如果只有前两个限制条件的情况，那么答案就是

\[\Pi_{i=1}^{n} (sum_i+1) - 1
\]

其中\(sum_i = \sum \limits_{j=1}^m a_{i,j}\)，\(+1\)是因为对于每一行只有选一道菜或者不选这些选择，\(-1\)是因为要去除一道菜都不选的情况。

对于第3个限制条件，发现直接做不太好做，考虑容斥，即用总方案数，也就是上面的式子，减去不合法的方案数。

由最开始的那个性质可以得到一个做法：

枚举不合法的那一种主要食材，然后进行\(dp\)。发现我们并不需要知道每一种主要食材具体用在了多少道菜上，只需要知道当前枚举的食材用在了多少道菜，其它的并不影响方案。那么设\(f_{i,j,k}\)表示前\(i\)中烹饪方式，选了\(j\)道菜，其中\(k\)道的主要食材是枚举的不合法食材。转移分三种情况：令\(s\)表示当前枚举的不合法食材，

1. 不在这一种烹饪方式中进行选择：\(f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}\)

2. 在这种烹饪方式中选择了合法的食材：\(f_{i,j,k}=(sum_i-a_{i,s}) \times f_{i,j-1,k}\)

3. 在这种烹饪方式中选择了不合法的食材：\(f_{i,j,k}=a_{i,s}\times f_{i,j-1,k-1}\)

那么不合法的方案数就是

\[\sum \limits_{k\ge \lfloor \frac{j}{2} \rfloor} f_{n,j,k}
\]

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
const int _ = 100 + 10;
const int __ = 2000 + 10;
int n, m, A[_][__];
ll sum[_], f[_][_ << 1], tmp, ans = 1;

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= m; ++j) {
			scanf("%d", &A[i][j]);
			sum[i] = (sum[i] + A[i][j]) % mod;
		}
		ans = ans * (sum[i] + 1) % mod;
	}
	ans = (ans - 1 + mod) % mod;

	for (int k = 1; k <= m; ++k) {
		memset(f, 0, sizeof(f));
		f[0][n] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			for (int j = -i + n; j <= i + n; ++j) {
				f[i][j] = (f[i - 1][j] + f[i - 1][j - 1] * A[i][k] % mod + f[i - 1][j + 1] * (sum[i] - A[i][k]) % mod) % mod;
				if (i == n && j > n) tmp = (tmp + f[i][j]) % mod;
			}
		}
	}

	ans = (ans - tmp + mod) % mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

算法三 100pts

考虑如何对算法二的\(dp\)进行优化，减少不必要的状态。对限制三进行转化，限制三即为

\[x\le \lfloor \frac{k}{2} \rfloor
\]

\[2x \le k
\]

\[2x - k \le 0
\]

\[x-(k-x)\le 0
\]

发现并不需要关心使用了食材的菜的具体数量，只需要关心合法与不合法的菜的差值即可，即这个差值与原来差值相同的状态的集合是对应的，那么我们就可以以此为状态进行dp，转移与上面是类似的。

唯一要注意的一点是可能出现负数，要加上一个偏移量\(n\)

1. 不在这一种烹饪方式中进行选择：\(f_{i,j}=f_{i-1,j}\)

2. 在这种烹饪方式中选择了合法的食材：\(f_{i,j}=(sum_i-a_{i,s}) \times f_{i,j+1}\)

3. 在这种烹饪方式中选择了不合法的食材：\(f_{i,j}=a_{i,s}\times f_{i,j-1}\)

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;
const int _ = 100 + 10;
const int __ = 2000 + 10;
int n, m, A[_][__];
ll sum[_], f[_][_ << 1], tmp, ans = 1;

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= m; ++j) {
			scanf("%d", &A[i][j]);
			sum[i] = (sum[i] + A[i][j]) % mod;
		}
		ans = ans * (sum[i] + 1) % mod;
	}
	ans = (ans - 1 + mod) % mod;

	for (int k = 1; k <= m; ++k) {
		memset(f, 0, sizeof(f));
		f[0][n] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			for (int j = -i + n; j <= i + n; ++j) {
				f[i][j] = (f[i - 1][j] + f[i - 1][j - 1] * A[i][k] % mod + f[i - 1][j + 1] * (sum[i] - A[i][k]) % mod) % mod;
				if (i == n && j > n) tmp = (tmp + f[i][j]) % mod;
			}
		}
	}

	ans = (ans - tmp + mod) % mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}