洛谷P5664[CSPS-2019]-Emiya家今天的饭
一道容斥+dp的题目，方程本身不难想，重要是怎么优化减少维度。
题目大意：
对于每一道菜都恰好由一种烹饪方法和一种食材构成。对于使用第 \(i\) 种烹饪方法和
第 \(j\) 种食材制成的菜，Emiya能做 \(a_{i,j}\) 道。现在Emiya要做 \(k\) 道菜，需要满足以下要求：
-
\(k \ge 1\)
-
每道菜的烹饪方法互不相同。
-
每一种在 \(k\) 道菜中出现的食材在所有菜中出现的数量最多不超过一半 \((\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor)\) .
现在要求输出总共的方案数并对 \(998244353\) 取模。
数据范围：
| 测试点编号 | \(n=\) | \(m=\) | \(a_{i,j}<\) | 测试点编号 | \(n=\) | \(m=\) | \(a_{i,j}<\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(1\) | \(2\) | \(2\) | \(2\) | \(7\) | \(10\) | \(2\) | \(10^3\) |
| \(2\) | \(2\) | \(3\) | \(2\) | \(8\) | \(10\) | \(3\) | \(10^3\) |
| \(3\) | \(5\) | \(2\) | \(2\) | \(9\sim 12\) | \(40\) | \(2\) | \(10^3\) |
| \(4\) | \(5\) | \(3\) | \(2\) | \(13\sim 16\) | \(40\) | \(3\) | \(10^3\) |
| \(5\) | \(10\) | \(2\) | \(2\) | \(17\sim 21\) | \(40\) | \(500\) | \(10^3\) |
| \(6\) | \(10\) | \(3\) | \(2\) | \(22\sim 25\) | \(100\) | \(2\times 10^3\) | \(998244353\) |
对于所有测试点，保证 \(1 \leq n \leq 100\)，\(1 \leq m \leq 2000\)，\(0 \leq a_{i,j} \lt 998,244,353\)。
32分做法(1~8):
采用最朴素的方法，爆搜去枚举每一种情况。
对于某一种烹饪方法，去寻找所有可以选择的食材，也可以选择不选。
建立一个数组统计每一个食材在当前 \(k\) 道菜中占据了多少道，最后如果 \(n\) 种烹饪方式都选完了,
在进行判断是否符合要求，假设第 \(i\) 种烹饪方法选的食材能做 \(s_i\) 道菜那么最后如果符合条件则总共有 $\prod_{i=1}^{n} s_i $
代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int n,m,ans,d[2005],a[105][2005];
void dfs(int level,int dish,int cnt){
if(level > n){
if(dish == 0) return;
bool flag = true;
for(int i = 1;i <= m;i++){
if(d[i] > dish / 2){
flag = false;
break;
}
}
if(flag) ans = (ans + cnt) % mod;
}else{
dfs(level + 1,dish,cnt);
for(int i = 1;i <= m;i++){
if(a[level][i] == 0) continue;
d[i]++;
dfs(level + 1,dish + 1,(cnt * a[level][i]) % mod);
d[i]--;
}
}
return;
}
signed main(){
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i++){
for(int j = 1;j <= m;j++)
cin >> a[i][j];
}
dfs(1,0,1);
cout<<ans;
return 0;
}
因为每次选择 \(n\) 种食材中还有不选的情况，所以时间复杂度为 \(O((m+1)^n)\).
64分做法(1~16)
我们采用数学的方法计算，假设不考虑第三种情况，那么设 \(sum_i = \sum^{m}_{j = 1} a[i][j]\),那么总共的方案数为：
括号内部加一是因为要考虑不选这个烹饪方式的情况，而最后减一则是减去全都不选的情况。
这是不是有点像容斥原理？现在考虑第三种要求，我们同理，通过计算出不符合的状态，进而算出合法的方案数。
设 \(dp[i][j][k]\) 为前 \(i\) 种烹饪方式，选了 \(j\) 道菜，其中 \(k\) 道是枚举不合法的食材，
而这个不合法的食材，需要开一个循环 \(m\) 个食材都枚举一遍，那么针对 \(k\) 值的不同，则区分了合法和不合法的方案数：
-
对于所有的 \(dp[i][j][k]\) ,如果不选，则 \(dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]\) .
-
如果 \(k >0\) ，设枚举的不合法食材为 \(s\) ,则 \(dp[i][j][k] = a_{i,s} * dp[i][j - 1][k - 1]\) .
-
对于所有的情况，考虑合法的方案数为 \(dp[i][j][k] = (sum_i - a_{i,s}) * dp[i][j - 1][k]\).
那么对于最后所有的不合法方案，总共为：
代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int n,m,tmp,ans = 1,dp[50][505][505],a[105][2005],sum[105];
signed main(){
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i++){
for(int j = 1;j <= m;j++){
cin >> a[i][j];
sum[i] = (sum[i] + a[i][j]) % mod;
}
ans = ans * (sum[i] + 1) % mod;
}
ans = (ans - 1 + mod) % mod;
for(int l = 1;l <= m;l++){ //枚举不合法食材
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0][0] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i++){
dp[i][0][0] = 1;
for(int j = 1;j <= i;j++){
for(int k = 0;k <= j;k++){
dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];
if(k > 0) dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + (dp[i - 1][j - 1][k - 1] * a[i][l]) % mod) % mod;
dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j - 1][k] * (sum[i] - a[i][l]) % mod) % mod;
if (i == n && k >= j / 2 + 1) tmp = (tmp + dp[i][j][k]) % mod;
}
}
}
}
ans = (ans - tmp + mod) % mod;
cout<<ans;
return 0;
}
由于是三重 \(n\) 的循环加上一个 \(m\) 的循环，所以复杂度为 \(O(n^3m)\).
100分做法：
限制三如果用数学符号表示则为任意食材x满足 $x \le \left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor $ ,学过不等式的，可以对其化简，于是：
化简发现，不需要在意具体食材的使用数量，只要关心合法食材数量与不合法的差值即可。针对差值，可以对此进行dp。
但是因为会有负数的情况，所以要加一个偏移量 \(n\) 。由于只要关注差值，所以省去了一个维度。方程如下：
-
如果不选则 \(dp[i][j] = dp[i - 1][j]\) .
-
选择了合法的食材，则 $dp[i][j] = (sum_i - a_{i,s}) * dp[i][j + 1]
-
选择了不合法的食材，则 \(dp[i][j] = a_{i,s} * dp[i][j - 1]\).
代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int n,m,tmp,ans = 1,dp[105][2005],a[105][2005],sum[105];
signed main(){
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i++){
for(int j = 1;j <= m;j++){
cin >> a[i][j];
sum[i] = (sum[i] + a[i][j]) % mod;
}
ans = ans * (sum[i] + 1) % mod;
}
ans = (ans - 1 + mod) % mod;
for(int l = 1;l <= m;l++){
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][l] % mod + dp[i - 1][j + 1] * (sum[i] - a[i][l]) % mod) % mod;
if (i == n && j > n) tmp = (tmp + dp[i][j]) % mod;
}
}
}
ans = (ans - tmp + mod) % mod;
cout<<ans;
return 0;
}
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