解题报告-P5664 [CSP-S2019] Emiya 家今天的饭

P5664 [CSP-S2019] Emiya 家今天的饭

题目描述

Emiya 是个擅长做菜的高中生，他共掌握 \(n\) 种烹饪方法，且会使用 \(m\) 种主要食材做菜。为了方便叙述，我们对烹饪方法从 \(1 \sim n\) 编号，对主要食材从 \(1 \sim m\) 编号。

Emiya 做的每道菜都将使用恰好一种烹饪方法与恰好一种主要食材。更具体地，Emiya 会做 \(a_{i,j}\) 道不同的使用烹饪方法 \(i\) 和主要食材 \(j\) 的菜（\(1 \leq i \leq n\)、\(1 \leq j \leq m\)），这也意味着 Emiya 总共会做 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} a_{i,j}\) 道不同的菜。

Emiya 今天要准备一桌饭招待 Yazid 和 Rin 这对好朋友，然而三个人对菜的搭配有不同的要求，更具体地，对于一种包含 \(k\) 道菜的搭配方案而言：

• Emiya 不会让大家饿肚子，所以将做至少一道菜，即 \(k \geq 1\)
• Rin 希望品尝不同烹饪方法做出的菜，因此她要求每道菜的烹饪方法互不相同
• Yazid 不希望品尝太多同一食材做出的菜，因此他要求每种主要食材至多在一半的菜（即 \(\lfloor \frac{k}{2} \rfloor\) 道菜）中被使用

这里的 \(\lfloor x \rfloor\) 为下取整函数，表示不超过 \(x\) 的最大整数。

这些要求难不倒 Emiya，但他想知道共有多少种不同的符合要求的搭配方案。两种方案不同，当且仅当存在至少一道菜在一种方案中出现，而不在另一种方案中出现。

Emiya 找到了你，请你帮他计算，你只需要告诉他符合所有要求的搭配方案数对质数 \(998,244,353\) 取模的结果。

输入格式

第 1 行两个用单个空格隔开的整数 \(n,m\)。

第 2 行至第 \(n + 1\) 行，每行 \(m\) 个用单个空格隔开的整数，其中第 \(i + 1\) 行的 \(m\) 个数依次为 \(a_{i,1}, a_{i,2}, \cdots, a_{i,m}\)。

输出格式

仅一行一个整数，表示所求方案数对 \(998,244,353\) 取模的结果。

输入输出样例 #1

输入 #1

2 3 
1 0 1
0 1 1

输出 #1

3

输入输出样例 #2

输入 #2

3 3
1 2 3
4 5 0
6 0 0

输出 #2

190

输入输出样例 #3

输入 #3

5 5
1 0 0 1 1
0 1 0 1 0
1 1 1 1 0
1 0 1 0 1
0 1 1 0 1

输出 #3

742

说明/提示

【样例 1 解释】

由于在这个样例中，对于每组 \(i, j\)，Emiya 都最多只会做一道菜，因此我们直接通过给出烹饪方法、主要食材的编号来描述一道菜。

符合要求的方案包括：

• 做一道用烹饪方法 1、主要食材 1 的菜和一道用烹饪方法 2、主要食材 2 的菜
• 做一道用烹饪方法 1、主要食材 1 的菜和一道用烹饪方法 2、主要食材 3 的菜
• 做一道用烹饪方法 1、主要食材 3 的菜和一道用烹饪方法 2、主要食材 2 的菜

因此输出结果为 \(3 \bmod 998,244,353 = 3\)。 需要注意的是，所有只包含一道菜的方案都是不符合要求的，因为唯一的主要食材在超过一半的菜中出现，这不满足 Yazid 的要求。

【样例 2 解释】

Emiya 必须至少做 \(2\) 道菜。

做 \(2\) 道菜的符合要求的方案数为 \(100\)。

做 \(3\) 道菜的符合要求的方案数为 \(90\)。

因此符合要求的方案数为 \(100 + 90 = 190\)。

【数据范围】

::cute-table{tuack}

测试点编号	\(n=\)	\(m=\)	\(a_{i,j}<\)
\(1\)	\(2\)	\(2\)	\(2\)
\(2\)	^	\(3\)	^
\(3\)	\(5\)	\(2\)	^
\(4\)	^	\(3\)	^
\(5\)	\(10\)	\(2\)	^
\(6\)	^	\(3\)	^
\(7\)	\(10\)	\(2\)	\(1000\)
\(8\)	^	\(3\)	^
\(9\sim 12\)	\(40\)	\(2\)	^
\(13\sim16\)	^	\(3\)	^
\(17\sim21\)	^	\(500\)	^
\(22\sim25\)	\(100\)	\(2000\)	\(998,244,353\)

对于所有测试点，保证 \(1 \leq n \leq 100\)，\(1 \leq m \leq 2000\)，\(0 \leq a_{i,j} \lt 998,244,353\)。

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解题报告

参考题解：题解 P5664

好的，我还是一碰 DP 就死呢（无言了）。

考虑对题目中的限制作进一步的表述。

其中，对于列的性质，发现若有不合法的列，则必然有且仅有一列不合法，这是因为不可能有不同的两列的数量都大于总数的一半。

发现列的限制很容易容斥：每行选不超过一个的方案数 \(-\) 每行选不超过一个，且某一列选了超过一半的方案数。

那么直接枚举不合法的列 \(t\)，我们就只关心一个数的位置是否在当前列；如果属于在其他列的情况，那么它具体在哪一列对当前列的合法性并无影响，我们并不需要考虑。

设计状态：\(dp_{i,j,k}\) 表示对于非法列 \(t\)，前 \(i\) 行选了 \(j\) 个在该列，选了 \(k\) 个在其他列，另设 \(s_i\) 表示第 \(i\) 的总和，那么有：

\[dp_{i,j,k}=dp_{i-1,j,k}+a_{i,t} \times dp_{i-1,j-1,k}+(s_i-a_{i,t}) \times dp_{i-1,j,k-1} \]

非法的方案数就是累加每一个列 \(t\) 的 \(\sum_{j>k} dp_{n,j,k}\)。

接下来考虑计算总方案数：和之前相似，只需设 \(g_{i,j}\) 为前 \(i\) 行共选了 \(j\) 个数的方案数，则有转移：

\[g_{i,j}=g_{i-1,j}+s_i \times g_{i-1,j-1} \]

那么 \(\sum_{i=1}^{n} g_{n,i}\) 就是总方案数， 这一步是 \(O(n^2)\) 的。所以现在可以在 \(O(mn^3)\) 的总复杂度内完成这题。

进一步优化，注意到在不合法情况的计算过程中，我们实际上并不关心 \(j\)、\(k\) 的具体数值，而只关心相对的大小关系。

那么我们可以重新设 \(dp_{i,j}\) 表示表示前 \(i\) 行，当前列的数比其他列的数多了 \(j\) 个，则有：

\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+a_{i,t} \times dp_{i-1,j-1}+(s_i-a_{i,t}) \times dp_{i-1,j+1} \]

复杂度 \(O(mn^2)\)，代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=998244353;
const int N=110;
const int M=4110;#define ckmax(x,y) ( x=max(x,y) )
#define ckmin(x,y) ( x=min(x,y) )
#define Add(x,y) ( x=(x+y)%mod )inline int read()
{int f=1,x=0; char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }while(isdigit(ch))  { x=x*10+ch-'0';    ch=getchar(); }return f*x;
}int n,m,ans;
int w[N][M],s[N][M];
int dp[N][M],g[N][M];signed main()
{// freopen("P5664.in","r",stdin);// freopen("P5664.out","w",stdout);n=read(),m=read();for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++){w[i][j]=read();Add(s[i][0],w[i][j]);}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)s[i][j]=(s[i][0]-w[i][j]+mod)%mod;for(int k=1;k<=m;k++){memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][n]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=n-i;j<=n+i;j++)dp[i][j]=( dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]*w[i][k]%mod+dp[i-1][j+1]*s[i][k]%mod )%mod;for(int i=1;i<=n;i++) Add(ans,dp[n][i+n]);}g[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=n;j++)g[i][j]=( g[i-1][j]+(j>0 ? g[i-1][j-1]*s[i][0]%mod:0) )%mod;for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans-g[n][i]+mod)%mod;printf("%lld\n",ans*(mod-1)%mod);return 0;
}