[CSP-S 2025] 员工招聘题解

P14364 [CSP-S 2025] 员工招聘 / employ（民间数据）

题目背景

由于评测机性能差异，本题时限提升 1 秒。

测试数据未经过检验，可能存在问题，或者可能存在错误做法获得较高分数，仅供参考。

• 2025.11.02 11:21 民间数据更新：对特殊性质 A 的数据点做了修改。

题目描述

小 Z 和小 H 想要合伙开一家公司，共有 $n$ 人前来应聘，编号为 $1\sim n$。小 Z 和小 H 希望录用至少 $m$ 人。

小 H 是面试官，将在接下来 $n$ 天每天面试一个人。小 Z 负责决定应聘人前来面试的顺序。具体地，小 Z 可以选择一个 $1\sim n$ 的排列 $p$，然后在第 $i$ ($1\le i\le n$) 天通知编号为 $p_i$ 的人前来面试。

小 H 准备了 $n$ 套难度不一的面试题。由于 $n$ 个前来应聘的人水平大致相同，因此对于同一套题，所有人的作答结果是一致的。具体地，第 $i$ ($1\le i\le n$) 天的面试题的难度为 $s_i\in \{0,1\}$，其中 $s_i=0$ 表示这套题的难度较高，没有人能够做出；$s_i=1$ 表示这套题的难度较低，所有人都能做出。小 H 会根据面试者的作答结果决定是否录用，即如果面试者没有做出面试题，则会拒绝，否则会录用。

然而，每个人的耐心都有一定的上限，如果在他面试之前未录用的人数过多，则他会直接放弃参加面试。具体地，编号为 $i$ ($1\le i\le n$) 的人的耐心上限可以用非负整数 $c_i$ 描述，若在他之前已经有不少于 $c_i$ 人被拒绝或放弃参加面试，则他也将放弃参加面试。

小 Z 想知道一共有多少种面试的顺序 $p$ 能够让他们录用至少 $m$ 人。你需要帮助小 Z 求出，能够录用至少 $m$ 人的排列 $p$ 的数量。由于答案可能较大，你只需要求出答案对 $998244353$ 取模后的结果。

输入格式

输入的第一行包含两个正整数 $n,m$，分别表示前来应聘的人数和希望录用的人数。

输入的第二行包含一个长度为 $n$ 的字符串 $s_1\dots s_n$，表示每一天的面试题的难度。

输入的第三行包含 $n$ 个非负整数 $c_1,c_2,\dots ,c_n$，表示每个人的耐心上限。

输出格式

输出一行一个非负整数，表示能够录用至少 $m$ 人的排列 $p$ 的数量对 $998244353$ 取模后的结果。

输入输出样例 #1

输入 #1

3 2
101
1 1 2

输出 #1

2

输入输出样例 #2

输入 #2

10 5
1101111011
6 0 4 2 1 2 5 4 3 3

输出 #2

2204128

说明/提示

【样例 1 解释】

共有以下 2 种面试的顺序 $p$ 能够让小 Z 和小 H 录用至少 2 人:

1. $p=[1,2,3]$, 依次录用编号为 1 的人和编号为 3 的人;
2. $p=[2,1,3]$, 依次录用编号为 2 的人和编号为 3 的人。

【样例 3】

见选手目录下的 $\text{employ/employ3.in}$ 与 $\text{employ/employ3.ans}$。

该样例满足测试点 6 ~ 8 的约束条件。

【样例 4】

见选手目录下的 $\text{employ/employ4.in}$ 与 $\text{employ/employ4.ans}$。

该样例满足测试点 12 ~ 14 的约束条件。

【样例 5】

见选手目录下的 $\text{employ/employ5.in}$ 与 $\text{employ/employ5.ans}$。

该样例满足测试点 18 ~ 21 的约束条件。

【数据范围】

对于所有测试数据，保证:

• $1\le m\le n\le 500$;
• 对于所有 $1\le i\le n$，均有 $s_i\in \{0,1\}$;
• 对于所有 $1\le i\le n$，均有 $0\le c_i\le n$。

::cute-table{tuack}

测试点编号	$n\le$	$m$	特殊性质
$1,2$	$10$	$\le n$	无
$3\sim 5$	$18$	^	^
$6\sim 8$	$10^2$	^	A
$9\sim 11$	^	^	无
$12\sim 14$	$500$	$=1$	^
$15$	^	$=n$	^
$16,17$	^	$\le n$	A
$18\sim 21$	^	^	B
$22\sim 25$	^	^	无

特殊性质 A: 对于所有 $1\le i\le n$，均有 $s_i=1$。

特殊性质 B: 在 $s_1,s_2,\dots ,s_n$ 中最多只有 18 个取值为 1，即 ${\sum }_{i=1}^n{s}_i\le 18$。

思路

DP即可，首先容易想到暴力状态压缩DP。

暴力代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,c[100005],mod=998244353,f[20][300005],rm[200005],d,df=0,op=0;
char s[100005];
bool bo[100005];
int main(){
	cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>s[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>c[i];
    }
    rm[0]=1;
    for(int i=1;i<=18;i++){
        rm[i]=rm[i-1]*2;
    }
    if(n<=18){
        f[0][0]=1;
        d=pow(2,n)-1;
        for(int i=0;i<=n-1;i++){
            for(int j=0,k;j<=d;j++){
                //cout<<i<<" "<<j<<" "<<f[i][j]<<endl;
                k=j;
                df=0;
                for(int o=0;o<=n-1;o++){
                    if(k%2==1){
                        bo[o]=1;
                        df++;
                    }
                    else{
                        bo[o]=0;
                    }
                    k/=2;
                }
                for(int o=0;o<=n-1;o++){
                    if(bo[o]==0){
                        if(s[df+1]=='0'){
                            f[i][j+rm[o]]=(f[i][j+rm[o]]+f[i][j])%mod;
                        }
                        else{
                            if(c[o+1]<=df-i){
                                f[i][j+rm[o]]=(f[i][j+rm[o]]+f[i][j])%mod;
                            }
                            else{
                                f[i+1][j+rm[o]]=(f[i+1][j+rm[o]]+f[i][j])%mod;
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        for(int i=m;i<=n;i++){
            op=(op+f[i][d])%mod;
        }
        cout<<op<<endl;
    }
    else{
        cout<<0<<endl;
    }
	return 0;
}

显然过不了题目，所以考虑优化。以$f_{i,j,k}$表示至第i人，j个人失败，k个耐心不大于j的人，参照了出题人题解。

代码见下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=998244353;
long long n,m,c[100005],f[505][505][505],b[505],d[505],cc[505][505],jx[100005],op=0;
char s[100005];
bool bo[100005];
int main(){
	cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>s[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>c[i];
        b[c[i]]++;
    }
    d[0]=b[0];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        d[i]=d[i-1]+b[i];
    }
    cc[0][0]=jx[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cc[i][0]=1;
        jx[i]=jx[i-1]*i%mod;
        for(int j=1;j<=i;j++){
            cc[i][j]=(cc[i-1][j]+cc[i-1][j-1])%mod;
        }
    }
    f[0][0][0]=1;
    for(int i=0;i<=n-1;i++){
        if(s[i+1]=='1'){
            for(int j=0;j<=i;j++){
                for(int k=0;k<=d[j]&&k<=i;k++){
                    if(n-d[j]>=i-k+1){
                        f[i+1][j][k]=(f[i+1][j][k]+f[i][j][k])%mod;
                    }
                    for(int o=0;o<=b[j+1]&&o<=i-k;o++){
                        f[i+1][j+1][k+o+1]=(f[i+1][j+1][k+o+1]+f[i][j][k]*(d[j]-k)%mod*cc[b[j+1]][o]%mod*cc[i-k][o]%mod*jx[o]%mod)%mod;
                    }
                }
            }
        }
        else{
            for(int j=0;j<=i;j++){
                for(int k=0;k<=d[j]&&k<=i;k++){
                    for(int o=0;o<=b[j+1]&&o<=i-k;o++){
                        if(n-d[j+1]>=i-k-o+1){
                            f[i+1][j+1][k+o]=(f[i+1][j+1][k+o]+f[i][j][k]%mod*cc[b[j+1]][o]%mod*cc[i-k][o]%mod*jx[o]%mod)%mod;
                        }                        
                        f[i+1][j+1][k+o+1]=(f[i+1][j+1][k+o+1]+f[i][j][k]*(d[j+1]-k-o)%mod*cc[b[j+1]][o]%mod*cc[i-k][o]%mod*jx[o]%mod)%mod;
                    }
                }
            }            
        }
    }
    for(int i=0;i<=n-m;i++){
        op=(op+f[n][i][d[i]]*jx[n-d[i]]%mod)%mod;
    }
    cout<<op<<endl;
	return 0;
}