csp2019 Emiya家今天的飯題解

qwq

由於窩太菜了，實在是不會，所以在題解的幫助下過掉了這道題。

寫此部落格來整理一下思路

傳送簡化一下題意：現在有\(n\)行\(m\)列數，選\(k\)個數的合法方案需滿足：

1.一行最多選乙個

2.一列最多選\(\lfloor \frac \rfloor\)個數

當然，如果你在某一行裡選了0，就相當於沒有在這一行裡選數

選一次對答案的貢獻是你選的所有不為零的數的乘積。對於任意的\(k\),只要有合法方案，就能取。

（希望沒有把題目變得更複雜叭）

根據上面的要求，我們發現\(k\)的取值範圍是\([1,n]\)。而且根據要求2，如果某個方案在滿足1的前提下，是不合法的，那麼這個方案裡面一定有且僅有1列選了超出\(\lfloor \frac \rfloor\)個數，因為不可能有兩列選的數同時超過\(\lfloor \frac \rfloor\)個。我們現在知道了不合法方案的乙個特徵，那麼我們不妨試試總方案數-不合法方案數這個思路。

因為滿足1情況的總方案數-滿足1而且不合法的方案數=亂選方案數-不滿足1或不滿足2的方案數，所以我們接下來計算方案數都在滿足1的條件下來計算。

計算總方案數：設\(all[i][j]\)表示前\(i\)行，每行至多選乙個，一共選了\(j\)個的方案數，那麼\(all[i][j]=all[i-1][j]+\sum_^m\)。用\(sum[i]\)表示第\(i\)行所有數的和,那麼\(all[i][j]=all[i-1][j]+all[i-1][j-1] \times sum[i]\)

我們再來看看不合法方案怎麼算。上面說到乙個不合法方案一定只有1行選的數超過了\(\lfloor \frac \rfloor\)個，所以我們可以列舉每一列。但是我們不知道\(k\)。那麼我們可以設\(no[i][j][l]\)表示前\(i\)行，該列選了\(j\)個，其他列選了\(l\)個。\(no[i][j][l]=no[i-1][j][l]+no[i-1][j-1][l]\times a[i][j]+no[i-1][j][l-1] \times(sum[i]-a[i][j])\)這樣就可以由\(j,l\)確定唯一的\(k\)。列舉列：\(o(m)\),列舉\(i\):\(o(n)\),因為選數的個數最多是\(n\),所以列舉\(j,l\)都是\(o(n)\),總複雜度\(o(mn^3)\)

顯然是不夠的，需要優化。發現我們其實並不需要具體的\(k\),只需要知道當前列和其他列選的數的差值即可。為什麼呢？不妨設當前列選的數為\(x+j\)個，其他列選的數為\(x\)個，那麼一共選的數就是\(2x+j\)個。這裡\(x\)取值任意（只要合法就行）,所以可以\(2x+j\)覆蓋所有的\(k\)。所以設\(no[i][j]\)表示前\(i\)行，當前列舉的列比其他列多選了\(j\)個的方案數。

\(no[i][j]=no[i-1][j]+no[i-1][j-1] \times a[i][j]+no[i-1][j+1] \times (sum[i]-a[i][j])\)

注意這裡有個坑：列舉到第\(i\)行的時候，當前列最多會比其他列少\(i\)個數，所以\(j\)應該從\(-i\)開始列舉，而不是0。考慮到不能出現負下標，所以在**中將每個下標+n。

如果這個方案是不合法方案，那麼對應的\(j\)一定大於0。

最終答案就是\(sum_^n-\sum_^n\)

#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline ll read()
while(ch>='0'&&ch<='9')
return f?-x:x;
}const ll mod=998244353;
ll n,m,a[209][2009],sum[109],all[209][2009];
ll no[109][2109];
ll ans;
int main()
}for(int j=n+1;j<=2*n;j++)
ans=(ans-no[n][j]+mod)%mod;
}	cout
}

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