洛谷p5369[PKUSC2018]最大前缀和

【洛谷P5369】【PKUSC2018】最大前缀和

题面

洛谷

题解

状压\(dp\)
我们设\(s[S]\)表示选了\(S\)这个状态的数的和,\(f[S]\)表示最大前缀和为\(s[S]\)的方案数,\(g[S]\)表示任意前缀和均为负的方案数。
我们在输入的时候可以在\(O(2^n*n)\)的复杂度将\(s\)的值算出来。
接下来就可以转移了。
枚举所有状态。
如果\(>0\)则若不包含\(f[S | (1 << i - 1)] += f[S]\)
如果\(<0\)小于零若包含则\(g[S] += g[S ⊕ (1<<i-1)]\)
这里的复杂度也是\(O(2^n*n)\)
答案就是\(\sum s[S] * f[S] * g[\bar{S}]\)

代码

#include <bits/stdc++.h>

const int maxn = 25;
const int mod = 998244353;  
typedef long long ll;

int n, m, i, j, k;
int ans, full;
int a[maxn], f[1 << maxn], g[1 << maxn];   
ll s[1 << maxn];

int main() {
    scanf("%d",&n);
    full = (1 << n) - 1;
    g[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= n;i++) {
        scanf("%d",a + i);    
        f[1 << i - 1] = 1;
        for(int S = 0;S <= full;S++)
            if(S & (1 << i - 1))
                s[S] += a[i];   
    }
    for(int S = 1;S <= full;S++) {
        if(s[S] > 0) {
            for(int i = 1, j;i <= n;i++) {
                if(!(S & (1 << i - 1)))
                    (f[S | (1 << i - 1)] += f[S]) %= mod;     
            }
        } else {
            for(int i = 1, j;i <= n;i++)
                if(S & (1 << i - 1))
                    (g[S] += g[S ^ (1 << i - 1)]) %= mod;  
        }
    }
    for(int S = 1;S <= full;S++)
        (ans += (ll)s[S] * f[S] % mod * g[S ^ full] % mod) %= mod;
    printf("%d\n",(ans + mod) % mod);
    return 0;    
}
posted @ 2019-08-06 10:55 _connect 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏
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