题解[CSP-S2019] Emiya 家今天的饭

Posted 2021-09-29 Refined_heart

[CSP-S2019] Emiya 家今天的饭

\\(\\text{Solution:}\\)

又是一个经典题目……一直都不太会 肝了两天算是搞明白了

首先，观察到题目限制应该不难想到一个容斥。因为思考一下发现这两个限制同时满足难以表达在状态里，因为我们不能对每一道食材都记录它的出现次数。同时还有 至少 这个词汇。那么对谁容斥？

那应该就是对 不超过一半 的这个限制容斥了。现在让我们枚举一道食材，让它不满足这个限制，也就是说 强制出现次数大于 \\(\\frac{n}{2}\\) 次。

那我们又可以发现，剩下的食材无论怎么选择都不会再出现第二个不合法的了！

那么最终的方案数得以轻松表示：用总方案数减掉每一道菜不合法的方案数。

现在的问题就转化为一个求不合法方案数的问题。

那么，设 \\(f[i][j][k]\\) 表示前 \\(i\\) 种方法，选择了 \\(j\\) 种，其中有 \\(k\\) 种是不合法食材做的菜的搭配方案数。

那么就会有一个简单的 \\(dp:\\)

\\[f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+f[i-1][j-1][k-1]\\times a[i][pos]+f[i-1][j-1][k]\\times (sum[i]-a[i][pos]) \\]

其中，\\(sum[i]\\) 表示这一种方法所能做的菜的总数， \\(a[i][pos]\\) 表示用这种方法与 \\(pos\\) 食材所能做的菜的种类数。

于是上面的方程就分别对应了：不选，选择一个不合法食材，选择一个合法食材的三种转移。

初始值：\\(f[i][0][0]=1,\\) 转移的时候不要忘记转移 \\(f[i][j][0]!!\\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=101;
int f[N][N][N],a[N][2001];
int sum[N],n,m;
const int mod=998244353;
inline int Add(int x,int y){return (x+y)%mod;}
inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline int Max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int Min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int Dec(int x,int y){return (x-y+mod)%mod;}
int main(){
	freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			scanf("%d",&a[i][j]);
		}
	}	
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			sum[i]=Add(sum[i],a[i][j]);
		}
	}
	int All=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)All=Mul(All,sum[i]+1);
	for(int pos=1;pos<=m;++pos){
		memset(f,0,sizeof f);
		f[0][0][0]=1;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			f[i][0][0]=1;
			for(int j=1;j<=n;++j){
				f[i][j][0]=Add(f[i-1][j][0],Mul(f[i-1][j-1][0],sum[i]-a[i][pos]));////f[i][j][0]!
				for(int k=1;k<=n;++k){
					f[i][j][k]=Add(f[i][j][k],f[i-1][j][k]);
					f[i][j][k]=Add(f[i][j][k],Mul(f[i-1][j-1][k-1],a[i][pos]));
					f[i][j][k]=Add(f[i][j][k],Mul(f[i-1][j-1][k],sum[i]-a[i][pos]));
				}
			}
		}
		for(int i=0;i<=n;++i){
			for(int j=(i/2)+1;j<=n;++j)
				All=Dec(All,f[n][i][j]);
		}
	}
	printf("%d\\n",All-1);
	return 0;
}

这样就有了 \\(84pts\\)

继续考虑，把 \\(O(n^3m)\\) 优化到 \\(O(n^2m)\\) 就完事了。

观察一下，我们能不能把 选择多少道菜 和 选了多少道不合法的菜 合并到一起？

仔细想想，如果我们知道在一种选择方案下，选择的 \\(pos\\) 菜品的数量比其他的更多，那么我们实际上无需知道一共选择了多少个，只需要知道这种情况的方案数然后减掉即可。

那么我们就可以考虑换一个状态：设 \\(f[i][j]\\) 表示前 \\(i\\) 种食材，选择了 \\(pos\\) 食材的食品数量与其他的食材食品数量之差为 \\(j\\) 的方案数。

注意这里的 \\(j\\) 可以是负数，所以要整体平移。

那么就可以同样地写出方程：

\\[f[i][j]=f[i-1][j]+a[i][pos]\\times f[i-1][j-1]+f[i-1][j+1]\\times (sum[i]-a[i][pos]) \\]

初始值也是一样的，而这里注意一下减的时候要从 \\(pos\\) 数目严格大于的时候开始算。

如果 \\(j=0\\) 实际是合法方案数。

这样少掉一层循环，复杂度就是 \\(O(n^2m)\\) 了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=501;
int f[N][N],a[N][5001];
int sum[N],n,m;
const int mod=998244353;
inline int Add(int x,int y){return (x+y)%mod;}
inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline int Max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int Min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int Dec(int x,int y){return (x-y+mod)%mod;}
inline int getpos(int x){return (x+n+1);}
void print(int P){
	printf("%d:\\n",P);
	for(int i=0;i<=n;++i)
		for(int j=-n;j<=n;++j)
			printf("%d%c",f[i][getpos(j)],j==n?\'\\n\':\' \');
	puts("");
}
signed main(){
	freopen("meal.in","r",stdin);
	freopen("meal.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			scanf("%d",&a[i][j]);
		}
	}	
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			sum[i]=Add(sum[i],a[i][j]);
		}
	}
	int All=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)All=Mul(All,sum[i]+1);
	for(int pos=1;pos<=m;++pos){
		memset(f,0,sizeof f);
		f[0][n+1]=1;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			for(int j=-n;j<=n;++j){
				int poss=getpos(j);
				f[i][poss]=Add(f[i-1][poss],f[i][poss]);
				f[i][poss]=Add(f[i][poss],Mul(f[i-1][poss-1],a[i][pos]));
				f[i][poss]=Add(f[i][poss],Mul(f[i-1][poss+1],(sum[i]-a[i][pos])));
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;++i)All=Dec(All,f[n][getpos(i)]);
	}
	printf("%lld\\n",All-1);
	return 0;
}