题面
Emiya 是个擅长做菜的高中生，他共掌握 $n$ 种烹饪方法，且会使用 $m$ 种主要食材做菜。为了方便叙述，我们对烹饪方法从 $1 \sim n$ 编号，对主要食材从 $1 \sim m$ 编号。
Emiya 做的每道菜都将使用恰好一种烹饪方法与恰好一种主要食材。更具体地，Emiya 会做 $a_{i,j}$ 道不同的使用烹饪方法 $i$ 和主要食材 $j$ 的菜（$1 \leq i \leq n$、$1 \leq j \leq m$），这也意味着 Emiya 总共会做 $\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} a_{i,j}$ 道不同的菜。
Emiya 今天要准备一桌饭招待 Yazid 和 Rin 这对好朋友，然而三个人对菜的搭配有不同的要求，更具体地，对于一种包含 $k$ 道菜的搭配方案而言：
- Emiya 不会让大家饿肚子，所以将做至少一道菜，即 $k \geq 1$
- Rin 希望品尝不同烹饪方法做出的菜，因此她要求每道菜的烹饪方法互不相同
- Yazid 不希望品尝太多同一食材做出的菜，因此他要求每种主要食材至多在一半的菜（即 $\lfloor \frac{k}{2} \rfloor$ 道菜）中被使用
这里的 $\lfloor x \rfloor$ 为下取整函数，表示不超过 $x$ 的最大整数。
这些要求难不倒 Emiya，但他想知道共有多少种不同的符合要求的搭配方案。两种方案不同，当且仅当存在至少一道菜在一种方案中出现，而不在另一种方案中出现。
Emiya 找到了你，请你帮他计算，你只需要告诉他符合所有要求的搭配方案数对质数 $998,244,353$ 取模的结果。
题解
设状态 $dp[i][j][k]$ 为表示对于 $col$ 这一列，前 $i$ 行在 $col$ 列中选了 $j$ 个，在其他列中选了 $k$ 个。因为我们发现很难计算重复的情况，所以说不妨直接数出不合法的数量，从总方案减去。
总方案的推导很简单，从都能的得出。
这个状态内存不对，考虑优化。
由于本来的状态已经很抽象了，所以不妨再次抽象，不再关注 $j,k$ 的值，记录他们的差值，对于负数整体加 $n$ 就可以。
代码
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int , int > pii;
typedef unsigned long long ull;
namespace FastIO
{
template<typename T> inline T read(T& x) {
x = 0;
int f = 1;
char ch;
while (!isdigit(ch = getchar())) if (ch == '-') f = -1;
while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
x *= f;
return x;
}
template<typename T, typename... Args> inline void read(T& x, Args &...x_) {
read(x);
read(x_...);
return;
}
inline ll read() {
ll x;
read(x);
return x;
}
};
using namespace FastIO;
const int N = 110;
const int M = 2010;
const int P = 998244353;
int n, m;
ll a[N][M];
ll sum[N];
inline void Input() {
read(n, m);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= m; j++) {
read(a[i][j]);
(sum[i] += a[i][j]) %= P;
}
}
}
ll dp[N][N << 1], g[N][N];
inline void Work() {
ll ans = 0;
for(int col = 1; col <= m; col++) {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][n] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = -i+n; j <= i+n; j++) {
dp[i][j] = ((dp[i-1][j] + (dp[i-1][j-1] * a[i][col] % P) % P) + (dp[i-1][j+1] * (sum[i] - a[i][col] + P)) % P) % P;
}
}
for(int j = 1; j <= n; j++) {
(ans += dp[n][n+j]) %= P;
}
}
ll tot = 0; g[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
g[i][0] = 1;
for(int j = 1; j <= n; j++) {
g[i][j] = (g[i-1][j] + g[i-1][j-1] * sum[i] % P) % P;
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
(tot += g[n][i]) %= P;
}
printf("%lld\n", (tot - ans + P) % P);
}
int main() {
int T = 1;
while(T--) {
Input();
Work();
}
return 0;
}
|
