洛谷 P5664 Emiya 家今天的饭（DP）

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P5664

观察题目数据范围，发现前64pts可以用类似状压的思想来做（m<=3）。前84pts可以在O(n^3*m)的时间内完成。100pts需要在O(n^2*m)的时间内做。

总述：

注意总的初始化，初始化要为1，因为后面有乘的操作，最后的时候再将那个多余的1减去。

64pts：

设f[i][j][k][q]表示到第i行，第1列选了j个，第2列选了k个，第3列选了q个。

转移有四种情况：1.不选  2.选的是第一列的  3.选的是第二列的  4.选的是第三列的

则f[i][j][k][q]=f[i-1][j][k][q]+f[i-1][j-1][k][q]*a[i][1]+f[i-1][j][k-1][q]*a[i][2]+f[i-1][j][k][q-1]*a[i][3]

因为根据题意，要求j<=(j+k+q)/2，k<=(j+k+q)/2，q<=(j+k+q)/2，化简为：

j<=k+q，k<=j+q，q<=j+k。只有满足这个，ans+=f[n][j][k][q]。

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=50;
ll f[N][N][N][N],a[N][N];
ll n,m,ans;
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%lld",&a[i][j]);
    f[0][0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=i;j++)
        for(int k=0;k<=i;k++)
        for(int q=0;q<=i;q++){
            f[i][j][k][q]=(f[i][j][k][q]+f[i-1][j][k][q])%mod;
            if(j) f[i][j][k][q]=(f[i][j][k][q]+f[i-1][j-1][k][q]*a[i][1])%mod;
            if(k) f[i][j][k][q]=(f[i][j][k][q]+f[i-1][j][k-1][q]*a[i][2])%mod;
            if(q) f[i][j][k][q]=(f[i][j][k][q]+f[i-1][j][k][q-1]*a[i][3])%mod;
        }
    }
    for(int i=0;i<=n/2;i++)
    for(int j=0;j<=n/2;j++)
    for(int k=0;k<=n/2;k++){
        if(i<=k+j&&j<=i+k&&k<=i+j) ans+=f[n][i][j][k],ans%=mod;
    }
    printf("%lld
",ans-1);
    return 0; 
}

84pts：

枚举列数j，设f[i][k][q]表示到第i行，第j列一共选了k个，其余所有列一共选了q个。

转移有三种情况：1.不选  2.选的是第j列的  3.选的不是第j列的

则f[i][k][q]=f[i-1][k][q]+f[i-1][k-1][q]*a[i][j]+f[i-1][k][q-1]*(sum[i]-a[i][j])

然后运用容斥原理，用总的方案数减去不符合的（k>q）方案数即为答案。

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=55;
ll f[N][N][N],a[N][505],sum[N];
ll n,m,ans=1,res;
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%lld",&a[i][j]),sum[i]=(sum[i]+a[i][j])%mod;
        sum[i]%=mod;
        ans=(ans*(sum[i]+1)%mod)%mod;
    }
    for(int j=1;j<=m;j++){
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0][0][0]=1; 
        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int k=0;k<=i;k++)
        for(int q=0;q<=i-k;q++){
            f[i][k][q]=(f[i][k][q]+f[i-1][k][q])%mod;
            if(k) f[i][k][q]=(f[i][k][q]+f[i-1][k-1][q]*a[i][j])%mod;
            if(q) f[i][k][q]=(f[i][k][q]+f[i-1][k][q-1]*(sum[i]-a[i][j]))%mod;
        }
        for(int k=1;k<=n;k++){
            for(int q=0;q<=n-k;q++){
                if(k>q) res+=f[n][k][q];
            }
            res=(res+mod)%mod;
        }
    }
    printf("%lld
",(ans-res-1+mod)%mod);
    return 0; 
}

100pts：

可以发现，在84pts中的做法中，0<=k,q<=n，且k<=q，所以-n<=k-q<=n，然后便可以将上面的压成二维：

f[i][j]表示选到了第i行，j=k-q+n，j∈[0,2n]。

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

其中n+1<=j<=2*n是不符合题意的方案数，减掉即为答案。注意初始化，因为整体加了n，所以f[0][n]=1。

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=105;
ll f[N][N<<1],a[N][2005],sum[N];
ll n,m,ans=1,res;
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%lld",&a[i][j]),sum[i]=(sum[i]+a[i][j])%mod;
        sum[i]%=mod;
        ans=(ans*(sum[i]+1)%mod)%mod;
    }
    for(int j=1;j<=m;j++){
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0][n]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int k=n-i;k<=n+i;k++){
            f[i][k]=(f[i][k]+f[i-1][k])%mod;
            if(k) f[i][k]=(f[i][k]+f[i-1][k-1]*a[i][j])%mod;
            f[i][k]=(f[i][k]+f[i-1][k+1]*(sum[i]-a[i][j])%mod)%mod;
        }
        for(int k=n+1;k<=n*2;k++){
            res+=f[n][k];
            res=(res+mod)%mod;
        }
    }
    printf("%lld
",(ans-res-1+mod)%mod);
    return 0; 
}