[loj6433]最大前缀和

考虑去枚举这个构成最大前缀和的集合$S$，那么限制分为两条：

1.前$|S|$个元素都属于$S$，且任意非空前缀和都小于$sum(S)$（其中$sum(S)$表示$S$中元素之和）（这里的小于是避免统计重复，强制要求最长的前缀）

2.后$n-|S|$个元素都不属于$S$，且最大前缀和为0（允许为空）

令$f(S)$表示$S$中的元素最大前缀和为0（允许为空）的方案数，这个的必要条件为$sum(S)\le 0$，同时在这样的条件下，对于序列最后一个数是无关的，因此$f(S)=\sum_{x\in S}f(S-x)$（这里$S-x$指去除$x$）

对于第一个条件，也就是最小非空后缀和大于0，将$a_{i}$变为其相反数后，也就是最大非空后缀和小于0，但特别的，这个后缀不能等于全集（因为本来的前缀非空）

先不考虑不能等于全集的条件，取反后用类似的方式求出$g(S)$（后缀和前缀是等价的），那么接下来再任意填上最后一个数即可，即$g(S)=\sum_{x\in S}g(S-x)$（类似背包的原理，要从后往前做）

由此即可$o(n2^{n})$求出答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2000005
#define mod 998244353
int n,ans,sum[N],g[N],f[N];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&sum[1<<i]);
    g[0]=f[0]=1;//g[S]表示S中所有数最小前缀和为0 
    for(int i=1;i<(1<<n);i++){
        int k=(i&(i-1));
        sum[i]=sum[k]+sum[i^k];
        if (sum[i]>0){
            for(int j=0;j<n;j++)
                if (i&(1<<j))g[i]=(g[i]+g[i^(1<<j)])%mod;
        }
        if (sum[i]<=0){
            for(int j=0;j<n;j++)
                if (i&(1<<j))f[i]=(f[i]+f[i^(1<<j)])%mod;
        }
    }
    for(int i=(1<<n)-1;i;i--)
        if ((i&(i-1))==0)g[i]=1;
        else{
            g[i]=0;
            for(int j=0;j<n;j++)
                if (i&(1<<j))g[i]=(g[i]+g[i^(1<<j)])%mod;
        }
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans=(ans+1LL*(sum[i]+mod)*g[i]%mod*f[(1<<n)-1-i])%mod;
    printf("%d",ans);
}