Emiya 家今天的饭「容斥+DP」

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∼n) 编号，对主要食材从 (1∼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≤i≤n,1≤j≤m))，这也意味着 Emiya 总共会做 (sum_{i=1}^{n}sum_{i=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≥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 (⌊k/2⌋) 道菜）中被使用 这里的 (⌊x⌋) 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},...,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

输入 #1

2 3 
1 0 1
0 1 1

输出 #1

3

输入 #2

3 3
1 2 3
4 5 0
6 0 0

输出 #2

190

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

数据范围

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

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思路分析

• 题目很磨叽，其实就是在一个矩阵中，每一行只能选不超过一个数，每一列所选的不可以超过所有选的个数的一半，满足条件的所有的方案数
• 这看上去就很 (DP)，然而如果直接通过转移就得到答案的话貌似根本没法入手
• 这道题提供了合法方案的限制，如果没有限制就相对好处理一点，所以我们可以用一下简单的容斥，即合法的方案数=所有的方案数-不合法的方案数
• 对于总方案数，我们显然要从行先入手，设 (g[i][j]) 为前 (i) 行选了(j) 个点的方案，(sum[i]) 为第 (i) 行所有点的和，通过第 (i) 行选还是不选就可以得到转移方程:

[g[i][j] = g[i-1][j]+sum[i]*g[i-1][j-1] ]

• 对于不合法的方案数相对难搞一些。因为行而不合法的大可不必去管，直接强制让其合法就好了。关键在于列这里，而如果因为列出现了不合法，那么导致方案不合法的列只有一列，也就是这一列的数量比其他列的加起来还要多。所以据此列出状态，首先枚举每一列 (col)，然后设 (f[i][j]) 为前 (i) 行中 当前列选的比其他所有列选的多 (j) 个的方案数，转移分为三种:1.第 (i) 行不选、2.选且选了 (col) 列、3.选但选了其他列，则也很容易得到转移方程：

[f[i][j] = f[i-1][j]+a[i][col]*f[i-1][j-1]+(sum[i]-a[i][col])*f[i-1][j+1] ]

• 最后用总方案减去不合法的就是答案了

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Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define R register
#define N 110
#define M 2020
using namespace std;
inline int read(){
	int x = 0,f = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int mod = 998244353;
int n,m,a[N][M];
long long sum[N],g[N][N],f[N][N<<1],ans;
int main(){
	n = read(),m = read();
	for(R int i = 1;i <= n;i++){
		for(R int j = 1;j <= m;j++)a[i][j] = read(),sum[i]=(a[i][j]+sum[i])%mod;
	}
	g[0][0] = 1;
	for(R int i = 1;i <= n;i++){
		for(R int j = 0;j <= i;j++){	
			if(j>0)g[i][j] = (g[i-1][j]+sum[i]*g[i-1][j-1]%mod)%mod;
			else g[i][j] = g[i-1][j];
		}
	}
	for(R int i = 1;i <= n;i++)ans = (ans+g[n][i])%mod;
	for(R int col = 1;col <= m;++col){//每一列都要单独处理
		memset(f,0,sizeof(f));
		f[0][n] = 1;
		for(R int i = 1;i <= n;++i){
			for(R int j = n-i;j <= n+i;++j){
				f[i][j] = (f[i-1][j]+a[i][col]*f[i-1][j-1]%mod+(sum[i]-a[i][col])*f[i-1][j+1]%mod)%mod;
			}
		}
		for(R int i = 1;i <= n;i++)ans = (ans-f[n][n+i]+mod)%mod;
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}