PKUSC2018 最大前缀和

最大前缀和

小 C 是一个算法竞赛爱好者，有一天小 C 遇到了一个非常难的问题：求一个序列的最大子段和。

但是小 C 并不会做这个题，于是小 C 决定把序列随机打乱，然后取序列的最大前缀和作为答案。

小 C 是一个非常有自知之明的人，他知道自己的算法完全不对，所以并不关心正确率，他只关心求出的解的期望值，现在请你帮他解决这个问题，由于答案可能非常复杂，所以你只需要输出答案乘上 (n!) 后对 (998244353) 取模的值，显然这是个整数。

注：最大前缀和的定义：(forall i in [1,n])，(sum_{j=1}^{i}a_j)的最大值。

对于(100\%)的数据，满足(1leq nleq 20)，(sum_{i=1}^{n}|a[i]|leq 10^9)。

题解

https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/9141971.html

不难发现，成为最大前缀和位置 (p) 后面的所有前缀都不能 (>0)。如果 (>0) 那么后面必存在一点可以替换当前的答案。

有了这个思路，那我们可以把每个序列拆成两段考虑，而分割点就是位置 (p)。记 (sum_s) 为 (s) 这个状态所有点的代数和。

1. 记 (f(s)) 表示 (s) 集合的排列的最大前缀和等于 (sum_s) 且其他前缀和严格更小的方案数。这里规定其他前缀和更小是为了避免算重。

   那么若 (sum_s>0)，我们便可以把它放到某个单点的后面。

   [f({u}) imes f(s) ightarrow f({u}cup s) ]

2. 记 (g(s)) 表示 (s) 集合的排列的所有前缀和都 (leq 0) 的方案数。

   若 (sum_{scup {u}}leq 0)，那么我们便可以把 (s) 放到 (u) 的前面。

   [g(s) imes g({u}) ightarrow g(scup {u}) ]

3. 答案为

   [ans=sum_s sum_s imes f(s) imes g([n]setminus s) ]

时间复杂度 (O(2^n n))。

CO int N = 20;
int n, sum[1 << N];
int f[1 << N], g[1 << N];

int main() {
    int n = read<int>();
    for (int i = 0; i < n; ++i) read(sum[1 << i]);
    for (int s = 0; s < 1 << n; ++s) sum[s] = sum[s ^ lowbit(s)] + sum[lowbit(s)];
    for (int i = 0; i < n; ++i) f[1 << i] = 1;
    for (int s = 0; s < 1 << n; ++s)
        if (sum[s] > 0)
            for (int i = 0; i < n; ++i)
                if (~s >> i & 1)
                    f[s | 1 << i] = add(f[s | 1 << i], f[s]);
    g[0] = 1;
    for (int s = 0; s < 1 << n; ++s)
        if (sum[s] <= 0)
            for (int i = 0; i < n; ++i)
                if (s >> i & 1)
                    g[s] = add(g[s], g[s ^ 1 << i]);
    int ans = 0;
    for (int s = 0; s < 1 << n; ++s) ans = add(ans, mul(sum[s] % mod + mod, mul(f[s], g[(1 << n) - 1 - s])));
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}

以前的分析

乘上(n!)，所谓期望其实就是每种最大前缀和乘上方案数的乘积的和。

参照Boss.Pi的题解。

看数据范围，考虑状压dp。注意到前缀和的取值只有 (2^n) 种.

然后可以枚举每一个集合的元素当最大前缀和 , 那么这个集合的元素排列之后每一个后缀都必须大于 (0) , 且这个集合的补集排列之后必须保证每一个前缀和都小于 (0).

那么状压 DP 就行了 , 设 (f[i]) 表示集合 (i) 作为最大前缀和且排列之后每个后缀都大于 (0) 的方案数 , (g[i]) 表示集合 (i) 中元素排列之后每个前缀都小于 (0) 的方案数.

强制 (f,g) 必须在合法的时候才能转移就行了.

时间复杂度(O(n 2^n))

关于转移的问题

就算f加上j转移到了不合法的状态，以后也不会用到。

所以是对的。

co int N=22,mod=998244353;
int n;
int a[N];
int sum[1<<N],f[1<<N],g[1<<N];

il int add(int x,int y)
{
	return (x+y)%mod;
}

il int mul(int x,int y)
{
	return (ll)x*y%mod;
}

int main()
{
	read(n);
	for(int i=0;i<n;++i)
		read(sum[1<<i]);
#define lowbit(x) (x&-x)
	for(int i=0;i<(1<<n);++i)
		sum[i]=sum[i-lowbit(i)]+sum[lowbit(i)];
	for(int i=0;i<n;++i)
		f[1<<i]=1,g[1<<i]=1;
	for(int i=0;i<(1<<n);++i)
	{
		if(sum[i]>0)
		{ // edit 1: the big brace is important
			for(int j=0;j<n;++j)
				if(~i>>j&1)
					f[i|(1<<j)]=add(f[i|(1<<j)],f[i]);
		}	
		else
		{
			for(int j=0;j<n;++j)
				if(~i>>j&1)
					g[i|(1<<j)]=add(g[i|(1<<j)],g[i]);
		}
	}
	g[0]=1;
	int ans=0;
	for(int i=0;i<(1<<n);++i)
		if(sum[((1<<n)-1)^i]<=0)
			ans=add(ans,mul(f[i],mul(sum[i],g[((1<<n)-1)^i])));
	printf("%d",(ans+mod)%mod);
	return 0;
}

Hint

大括号的问题，害得我交了23次。