洛谷 P5369

先规定一些东西：

若存在多个 \(p\) 使得 \(\sum_{i=1}^{p}{a_i}\) 最大，默认最大（即最靠右）的一个 \(p\) 是它的最大前缀和的位置。

\(U\) 表示全集。

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假设 \(p\) 是最大前缀和的位置，则说明不存在 \(1\lt x\le p\) 满足 \(\sum_{i=x}^{p}a_i\lt 0\)，否则去掉这段答案不会变小。并且不存在 \(p\lt x\le n\) 满足 \(\sum_{i=p+1}^{x}a_i\ge0\)，否则我们把这一段加上之后不会更劣。

而且数据范围那么小就考虑状压。

令 \(sum_i\) 表示集合 \(i\) 内所有数的和，\(f_i\) 表示集合 \(i\) 内的数组成的排列，最大前缀和 \(=sum_i\) 的方案数，\(g_i\) 表示集合 \(i\) 内的数组成的排列，所有的最大前缀和都 \(\lt0\) 的方案数。

显然最终答案为 \(\sum_i sum_i\times f_i\times g_{U-i}\)

先考虑如何求出 \(g_i\)。

当 \(sum_i\ge0\) 时，\(g_i=0\)。否则 \(g_i=\sum\limits_{j\in i}g_{i-j}\)。

然后 \(f_i\) 的话考虑刷表，在集合 \(i\) 的排列前加入一个数 \(j\)（\(j\notin i\)）。

如果 \(sum_i\ge0\)，那么 \(f_{i+j}+=f_i\)，否则 \(f_i\) 没有贡献。

时间复杂度 \(\mathcal O(n2^n)\)。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 20, M = 1 << N, mod = 998244353;
int n, m;
int a[N];
ll sum[M]; int f[M], g[M];

void add(int &a, int b) {
	a += b;
	if (a >= mod) a -= mod;
	if (a < 0) a += mod;
}

int main() {
	scanf("%d", &n), m = 1 << n;
	for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]), sum[1 << i] = a[i], f[1 << i] = 1;
	for (int i = 1; i < m; ++i) sum[i] = sum[i ^ (i & -i)] + sum[i & -i];
	g[0] = 1;
	for (int i = 1; i < m; ++i) {
		if (sum[i] >= 0) {
			for (int j = 0; j < n; ++j) if (!(i >> j & 1)) add(f[i | (1 << j)], f[i]);
		}
		else {
			for (int j = 0; j < n; ++j) if (i >> j & 1) add(g[i], g[i ^ (1 << j)]);
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i < m; ++i) add(ans, sum[i] * f[i] % mod * g[(m - 1) ^ i] % mod);
	printf("%d", ans);
	return 0;
}