CSP2019 Emiya家今天的饭 [DP][容斥]

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 (sumlimits_{i=1}^{n} sumlimits_{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} floor) 道菜）中被使用
这里的 (lfloor x floor) 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 (998,244,353998,244,353) 取模的结果。

数据范围

对于所有测试点，保证 (1 leq nleq100)
(1 leq m leq 2000,)
(0leq a_{i,j}lt 998,244,353。)

Solution

爆搜二三十分的样子
考虑容斥，先算出没有限制条件的所有情况，然后减去不合法的情况。
所有情况：
(dp1[i][j])表示前(i)种烹饪方法共选了(j)个食材。则有选和不选两种转移。
(dp1[i][j] = dp1[i - 1][j] + dp1[i - 1][j - 1] * sum[i])
非法情况：
对于每一个食品做一遍dp
考虑状态，因为食品个数小于(lfloor frac{j}{2} floor)是合法，于是就想到把选了的第t个食品的数量和已经选了的烹饪方法的个数加入状态。
那么(dp2[i][j][k])表示前i行一共选了j种烹饪方法，第t个食品选了k个的方案数
于是非法的方案数就是(sumlimits_{k > lfloor frac{j}{2} floor}{dp2[i][j][k]})
转移有三个:
(dp2[i][j][k] = dp2[i - 1][j][k] + dp2[i - 1][j - 1][k - 1] * a[i][j] + dp2[i - 1][j - 1][k] * (sum[i] - a[i][j]))
分别是不做菜，做菜选择第t个食品,做菜没选第t个食品
复杂度(O(mn^3)) 84分
考虑优化
其实非法的状况就是某一种食品数量大于其他种类食品的数量和。比如1,2,3三种食品，一共选了3道菜，食品1选了2种，食品2选了1种，2 > 1，该方案非法。
所以记录d =（非法食品数(k) - 合法食品数(j)）代替上面的j,k两维,若d>0则非法。
(dp2[i][d] = dp2[i - 1][d] +dp2[i - 1][d - 1]* a[i][j] + dp2[i - 1][d + 1]* (sum[i] - a[i][j]))
(注意这个d可能小于0，为防止下标越界可以通通加上一个大数字)
然后就AC了

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N = 105,M = 2005,MOD = 998244353;
long long a[N][M],dp1[N][M],dp2[N][M],sum[N];
int n,m;
int main(){
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1 ; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= m; j++){
			scanf("%d",&a[i][j]);
			sum[i] += a[i][j];
			sum[i] %= MOD;
		}
	dp1[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		for(int j = 0; j <= i; j++)
		dp1[i][j] = (dp1[i - 1][j] + dp1[i - 1][j - 1] * sum[i]) % MOD; 
	}
	long long b = 0;
	for(int k = 1; k <= m; k++){
		memset(dp2,0,sizeof(dp2));
		dp2[0][100] = 1;
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			for(int d = i - 100; d <= i + 100; d++){
				dp2[i][d + 100] = (dp2[i - 1][d + 100] + dp2[i - 1][d - 1 + 100] * a[i][k] + dp2[i - 1][d + 1 + 100] * (sum[i] - a[i][k])) % MOD; 
			}
		}
		for(int i = 101;i <= 100 + n; i++){
			b += dp2[n][i];
			b %= MOD;
		}
	}
	long long ans = 0;
	for(int i = 1; i <= M; i++)
		ans = ans + dp1[n][i];
	cout << (ans - b) % MOD << endl;
	return 0;
} 

借鉴了这位dalao的题解：https://blog.csdn.net/weixin_37517391/article/details/103110646