【PKUSC2018】【loj6433】最大前缀和 状压dp

这题吼啊...

然而还是想了$2h$，写了$1h$。

我们发现一个性质：若一个序列$p$能作为前缀和，那么在序列$p$中，包含序列$p$最后一个数的所有子序列必然都是非负的。

那么，我们

令$f[i]$表示状态$i$中所有数字全部作为前缀和的方案数。

令$g[i]$表示状态$i$中所有数字所组合成的任意排列中，前缀和永远为负数的方案数。

令$s[i]$表示状态$i$中所有数字之和。

ps：若i的第j个二进制位为$1$，则表示状态$i$中，选择了数字$a_j$。（$a$序列的下表为$0$到$n-1$）

通过冷静分析，不难得出：

$s[i]$很好求

$f[i]=\sum_{(2^j\ and\ i)=2^j∩s[i-2^j]+a[j]≥0} f[i-2^j]$

$g[i]=\sum_{(2^j\ and\ i)=2^j∩s[i-2^j]+a[j]<0} g[i-2^j]$

显然$f[0]=g[0]=1$。

统计答案时，分前缀和$≥0$，前缀和$<0$两类讨论。

当前缀和$≥0$时

$ans1=\sum_{i=1}^{2^n-1} s[i] \times f[i] \times g[2^n-1-i] $

当前缀和<0时

$ans2=\sum_{j=0}^{n=1} \sum_{i=0} (a[j]+s[i])\times f[i]\times g[2^n-1-i-2^j]\ \ \ [(2^j\ and\ i=0)∩s[i]<0∩s[i]>-a[j]]$

最终所求答案即$ans1+ans2$。

然后就完结了。

时间复杂度为$O(n \times 2^n)$。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define M 20
 #define L long long
 #define MOD 998244353
 using namespace std;

 L f[<<M]={},g[<<M]={},a[M]={},he[<<M]={};

 int main(){
     int n,m; scanf("%d",&n); m=<<n;
     for(int i=;i<n;i++) cin>>a[i];
     for(int i=;i<m;i++)
     for(int j=;j<n;j++)
     if(i&(<<j)) he[i]+=a[j];
     f[]=;
     for(int i=;i<m;i++){
         for(int j=;j<n;j++)
         if((i&(<<j))&&he[i^(<<j)]+a[j]>=){
             f[i]=(f[i]+f[i^(<<j)])%MOD;
         }
     }
     for(int i=;i<n;i++) a[i]=-a[i];
     for(int i=;i<m;i++) he[i]=-he[i];
     g[]=;
     for(int i=;i<m;i++){
         for(int j=;j<n;j++)
         if((i&(<<j))&&he[i^(<<j)]+a[j]>){
             g[i]=(g[i]+g[i^(<<j)])%MOD;
         }
     }
     for(int i=;i<n;i++) a[i]=-a[i];
     for(int i=;i<m;i++) he[i]=-he[i];
     L ans=;
     for(int j=;j<n;j++) if(a[j]<){
         //f[1<<j]=1;
         for(int i=;i<m;i++)
         if((i&(<<j))==){
             if(he[i]<||he[i]>-a[j]) continue;
             int hh=(m-)^i^(<<j);
             ans=(ans+(a[j]+he[i])*f[i]%MOD*g[hh]%MOD+MOD)%MOD;
         }
     }
     for(int i=;i<m;i++)
     ans=(ans+f[i]*he[i]%MOD*g[(m-)^i]%MOD+MOD)%MOD;
     cout<<ans<<endl;
 }