LG5369 [PKUSC2018] 最大前缀和

Problem

LG5369 [PKUSC2018] 最大前缀和

Analysis

正解思路

题目强调了最大前缀和，那么我就应该思考最大前缀和的性质：
设当前序列为 \(a\)，设前 \(i\) 个为最大前缀。

1. 不存在 \(1< j\le i\) 使得 \(\sum_{k=j}^{i}a_k<0\)，否则可以直接舍去。（注意这里的最大前缀和必须选择数，所以 \(j\) 不能从 \(1\) 开始）
2. 不存在 \(i< j\le n\) 使得 \(\sum_{k=i+1}^{j}a_k\ge 0\)，否则可以直接加上。

其实我们也就发现这是前 \(i\) 个取到最大前缀和的充要条件。 （对于性质的刻画最终都需要回到这一步）

再根据 \(n\le 20\) 很小，我们就容易想到状压 dp 解决，这样就首先明确了计算方法。

考虑解决问题，答案其实是解与方案数的乘积。解是很好计算的，枚举子集统计和就行，记为 \(sum_i\)。考虑方案数的计算，发现这两个性质条件互不冲突，那么可以分别计算它们的方案数，再相乘就得出答案。

令 \(U\) 为全集，设 \(f_i\) 为集合 \(i\) 组成的排列最大前缀和 \(=sum_i\) 的方案数，\(g_i\) 为集合 \(i\) 组成的排列最大前缀和 \(<0\) 的方案数。分别对应条件 \(1\) 和 \(2\)。

考虑转移，\(g\) 的转移很直接，若 \(sum_i\ge 0\)，\(g_i=0\)，否则，枚举当前加入的数放在最后一位，\(g_i=\sum_{j\in i}g_{i-j}\)。\(f\) 的转移由于无法确定最终序列最大前缀和（总和）是否 \(\ge 0\)，所以只能往后刷表，若 \(sum_i\ge 0\)，\(f_{i+j}=\sum_{j\notin i}f_i\)。

错因总结

我花费了很多时间从排列的性质考虑问题，这确实是一个方向，但没有尝试思考最大前缀和的性质是一个很严重的思维局限问题。

AC Code

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define ull unsigned long long 
#define i128 __int128
#define fi first
#define se second
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<ll, ll>
#define mk make_pair
#define INF 0x3f3f3f3f
#define INFx 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;

const int N = 21, M = 1 << N;
const int mod = 998244353;

int n;
int a[N];
int s[M], f[M], g[M];

void add(int &x, int y) {
    x += y;
    if (x >= mod) x -= mod;
} 

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);

    cin >> n;
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];

    for (int i = 0; i < (1 << n); i ++) {
        for (int j = 1; j <= n; j ++) {
            if (i >> j - 1 & 1) add(s[i], a[j]);
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; i ++) f[1 << i - 1] = 1; // 注意单个元素也算
    g[0] = 1;
    for (int i = 1; i < (1 << n); i ++) {
        if (s[i] >= 0) {
            for (int j = 1; j <= n; j ++) {
                if (!(i >> j - 1 & 1)) add(f[i ^ (1 << j - 1)], f[i]); 
            }
        }
        else {
            for (int j = 1; j <= n; j ++) {
                if (i >> j - 1 & 1) add(g[i], g[i ^ (1 << j - 1)]);
            }
        }
    }

    int ans = 0, tot = (1 << n) - 1;
    for (int i = 0; i < (1 << n); i ++) {
        s[i] = (s[i] + mod) % mod;
        add(ans, 1ll * s[i] * f[i] % mod * g[tot ^ i] % mod);
    }
    
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}