【组合数学】【P4996】 咕咕咕

Description

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 1 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 n 项任务，并告诉你在 m 种情况中的一种 \(state_i\) 的情况下，小 F 会产生 \(a_i\) 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 \(998244353\) 取模即可。

Input

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

输入接下来 \(m\) 行，每行有一个长度为 \(n\) 的 \(0/1\) 串 和 \(state_i\) 一个歉意值 \(a_i\)。\(state_{i,j}\) 为 \(0/1\) 表示第 \(j\) 项任务此时没做 / 已经做了。

详情请参考样例和样例解释。

Output

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 \(998244353\) 取模的结果。

Hint

\(1~\leq~n~\leq~20\)

\(1~\leq~m~\leq~\min(2^n,10^5)\)

\(1~\leq~a_i~\leq~10^5\)

Solution

考虑状压，发现只能枚举子集转移，复杂度 \(O(3^n)\)，显然过不去

接着发现对答案产生贡献的状态并不多，考虑是否可以直接统计这些状态对答案产生的贡献。

考虑一个非常显然的事情，如果状态 \(A\) 的 \(1\) 的个数与状态 \(B\) 的 \(1\) 的个数相同，那么从空集转到状态 \(A\) 和 \(B\) 的方案数是相同的，同时从这两个状态转到全集的方案数也是相同的。

根据乘法原理，从空集经过状态 \(S\) 再到全集的方案数为 \(cnt_{s_1}~\times~cnt_{s_0}\)，其中 \(cnt_x\) 为将 \(x\) 个 \(0\) 变成 \(1\) 的方案数

于是答案即为 \(\sum_{i=1}^{m}~cnt_{state_{i_1}}~\times~cnt{state_{i_0}}~\times~a_i\)。

考虑怎么求 \(cnt\) 数组。显然可以 \(O(3^n)\) 状压在本机跑一会然后打表。

考虑正常一点的做法。发现 \(cnt\) 的组合意义即为从几个数中选出几个当 \(1\) 然后剩下的 \(0\) 一次性变成 \(1\) 的方案数

于是 \(cnt_i~=~\sum_{j=1}^{i} cnt_{i-j}~\times~C_{i}^{j}\)

于是递推一下组合数，递推一下cnt就做完了。

Code

#include <cstdio>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

namespace IPT {
	const int L = 1000000;
	char buf[L], *front=buf, *end=buf;
	char GetChar() {
		if (front == end) {
			end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
			if (front == end) return -1;
		}
		return *(front++);
	}
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (lst == '-') x = -x;
}

template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (ch == '.') {
		ch = IPT::GetChar();
		double base = 1;
		while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
	}
	if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
	char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
	if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
	rg int top=0;
	do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
	while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
	if (pt) putchar(aft);
}

const int maxt = 25;
const int MOD = 998244353;

int n, m, ans;
int C[maxt][maxt], frog[maxt];

void beginning();

int main() {
	freopen("1.in", "r", stdin);
	qr(n); qr(m);
	beginning();
	while (m--) {
		char ch = '-'; int _cnt = 0;
		do {ch = IPT::GetChar();} while ((ch != '0') && (ch != '1'));
		do {_cnt += ch - '0', ch = IPT::GetChar();} while ((ch == '0') || (ch == '1'));
		int _a = 0; qr(_a);
		ans = (ans + 1ll * frog[_cnt] * _a % MOD * frog[n - _cnt]) % MOD;
	}
	qw(ans, '\n', true);
	return 0;
}

void beginning() {
	C[0][0] = 1;
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
		C[i][0] = 1;
		for (rg int j = 1; j <= i; ++j) C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
	}
	frog[0] = 1;
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (rg int j = 0; j <= i; ++j) {
			frog[i] = (frog[i] + 1ll * frog[i - j] * C[i][j]) % MOD;
		}
	}
}

Summary

当对答案产生贡献的状态很少时，考虑直接计算每个状态的贡献。