UOJ#422 小Z的礼物

非常神奇的一个套路......首先min-max容斥一波，变成枚举子集然后求所有子集min的期望。

一个子集的期望怎么求？我们可以求出所有的r = 2nm - n - m个选法中能够选到这个子集的方案数k，那么概率就是k / r，则期望是r / k。

发现子集数量上天了......但是这个方案数k十分之小。

于是我们非常神奇的转换思路。

求出对于每个k，有多少个子集满足恰有k种选法能够选到。

这样我们就能够把k当成一维状态，进行状压DP。压轮廓线上的点是否选入子集，一格一格转移。

每种选法在右边/下边的格子统计。每次枚举当前这格选不选，然后观察方案数是否增加。

如果选了一个格子，集合数量改变，要乘一个-1作为系数。

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
const int N = 110, MO = 998244353;

int G[N][N], n, m, f[2][1200][200], inv[1200];
char str[N];

inline void add(int &a, const int &b) {
    a = a + b;
    while(a >= MO) a -= MO;
    while(a < 0) a += MO;
    return;
}

inline void out(int x) {
    for(int i = 0; i < m; i++) printf("%d", (x >> i) & 1);
    return;
}

int main() {

    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%s", str + 1);
        for(int j = 1; j <= m; j++) {
            G[j][i] = (str[j] == '*');
        }
    }
    std::swap(n, m);

    /// input over

    int lm = (1 << m), up = 2 * n * m - n - m;
    f[0][0][0] = -1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 0; j < m; j++) {
            /// pos (i, j)
            int p = (i - 1) * m + j;

            for(int w = 0; w <= up; w++) {
                for(int s = 0; s < lm; s++) {
                    f[(p + 1) & 1][w][s] = 0;
                }
            }

            for(int w = 0; w <= up; w++) {
                for(int s = 0; s < lm; s++) {
                    if(!f[p & 1][w][s]) continue;
                    //printf("f (%d %d) w=%d ", i, j, w); out(s); printf(" = %d 
", f[p][w][s]);
                    int c = f[p & 1][w][s], temp = 0;
                    if(j) temp += (s >> (j - 1)) & 1;
                    if(i > 1) temp += (s >> j) & 1;
                    add(f[(p + 1) & 1][w + temp][s & (~(1 << j))], c); /// not choose
                    if(G[i][j + 1]) {
                        add(f[(p + 1) & 1][w + (i > 1) + (j > 0)][s | (1 << j)], -c); /// choose
                    }
                }
            }
        }
    }
    //printf("
");
    inv[0] = inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= up; i++) {
        inv[i] = 1ll * inv[MO % i] * (MO - MO / i) % MO;
    }
    int ans = 0, p = n * m;
    for(int w = 1; w <= up; w++) {
        for(int s = 0; s < lm; s++) {
            add(ans, 1ll * f[p & 1][w][s] * inv[w] % MO * up % MO);
            //printf("ed : w=%d ", w); out(s); printf(" = %d 
", f[p][w][s]);
        }
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}

[update]注意到这个DP数组中的那个s维，一定是“*”的子集。否则不会转移，为0，没有意义。

not choose那个转移表示当前不是*或者不选，当前这里覆盖上面那个*或左边那个*。

choose表示这里是*且加入集合，有两种摆法覆盖它，同时多了一个*导致要乘一个-1。