[LOJ6433][PKUSC2018]最大前缀和:状压DP

分析

我们让每个数列在第一个取到最大前缀和的位置被统计到。

假设一个数列在\(pos\)处第一次取到最大前缀和,分析性质,有:

  1. 下标在\([1,pos]\)之间的数形成的数列的每个后缀和(不包括整个数列,因为要求非空)都大于\(0\)

  2. 下标在\([pos+1,n]\)之间的数形成的数列的每个前缀和(包括整个数列)都小于等于\(0\)

正确性显然。

所以我们可以把数列从\(pos\)分成两部分,分别算出各自的方案数再相乘。

\([1,pos]\)部分

\(f[S]\)表示\(S\)中的数形成的每个后缀和都大于\(0\)的数列个数,考虑每次向一个数后面加一个满足条件的数列,有状态转移方程:

\[f[\{i\}+S]+=f[S]\ (i \notin S,\ sum[S]>0)\]

\([pos+1,n]\)部分

\(g[S]\)表示\(S\)中的数形成的每个前缀和都小于等于\(0\)的数列个数,考虑每次向一个满足条件的数列后面加一个数,有状态转移方程:

\[g[S+\{i\}]+=g[S]\ (i \notin S,\ sum[S] \leq 0,\ sum[S+\{i\}] \leq 0)\]

统计答案的话好像没什么好说的。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rin(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define irin(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define trav(i,a) for(int i=head[a];i;i=e[i].nxt)
#define Size(a) (int)a.size()
#define pb push_back
#define mkpr std::make_pair
#define fi first
#define se second
#define lowbit(a) ((a)&(-(a)))
typedef long long LL;

using std::cerr;
using std::endl;

inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

const int MOD=998244353;

int n,a[25],b[1<<20],f[1<<20],g[1<<20];
LL sum[1<<20];

inline int add(int x,int y){
    return x+y<MOD?x+y:x+y-MOD;
}

int main(){
    n=read();
    rin(i,1,n)a[i]=b[1<<(i-1)]=read(),f[1<<(i-1)]=1;
    rin(i,1,(1<<n)-1)sum[i]=sum[i-lowbit(i)]+b[lowbit(i)];
    rin(i,1,(1<<n)-1)if(sum[i]>0){
        int r=(((1<<n)-1)^i);
        while(r){
            f[i|lowbit(r)]=add(f[i|lowbit(r)],f[i]);
            r-=lowbit(r);
        }
    }
    g[0]=1;
    rin(i,0,(1<<n)-1)if(sum[i]<=0){
        int r=(((1<<n)-1)^i);
        while(r){
            if(sum[i|lowbit(r)]<=0)g[i|lowbit(r)]=add(g[i|lowbit(r)],g[i]);
            r-=lowbit(r);
        }
    }
    int ans=0;
    rin(i,0,(1<<n)-1)ans=(ans+1ll*sum[i]*f[i]%MOD*g[((1<<n)-1)^i])%MOD;
    printf("%d\n",(ans%MOD+MOD)%MOD);
    return 0;
}

posted on 2019-05-09 21:31 ErkkiErkko 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏

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