HZOJ 20190719 那一天我们许下约定（dp+组合数）

这个题目背景真的是让我想起了当年。。。

不说了，言归正传，这题，一眼看去30分暴力还是很好拿的，但我因为考试时的心态问题没有处理好细节爆了零。

30分暴力的普遍思路的复杂度应该是$O(nmd)$的，但是d的数据范围实在恐怖，根本无法AC。

30分思路看上去优化空间不是很大（但是有神犇想出了矩阵快速幂加速转移，TQL）。

我们考虑转换一下思路，首先d肯定是不能放进复杂度里的，那又要怎么转移呢，我们观察到因为最多有n块饼干，所以最多真正给她饼干的天数也就是n天，那么我们根据这个来设计状态：设$f[i][j]$表示真正给她$i$天，给了$j$块饼干的方案总数。那么我们可以的出状态转移方程即为$f[i][j]=Sigma_{k=j-m}^{j-1}{f[i-1][k]}$，

$ans=Sigma{f[i][n]*C_d^i}$。还是很好理解的趴，但是我们现在的dp式子的复杂度依然是$O(n^3)$的，考虑优化，后面的式子是一个区间和的形式，这样就很容易想到前缀和优化。复杂度就变成了$O(n^2)$。

还有就是这题要注意的几点：首先是d太大无法用我们平常用的方式求出，最好是将组合数公式展开约分求解。

　　　　　　　　　　　　　其次就是在第二层循环里，本来应该是枚举$j$从$i$到$i*(m-1)$，但是前缀和要处理到$n$,因为你的前缀和是要为下一层服务的，而下一层很可能要用到$n$，所以前缀和一定要处理到$n$。

优化dp的题之前还是做的不多，这题也算练练吧。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#define int long long
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2005;
const int mod=998244353;
int dp[N][N],sum[N][N],inv[N];
int qpow(int a,int b){
    int ans=1;
    a%=mod;
    while(b){
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        b>>=1;
        a=a*a%mod;
    }
    return ans; 
}
/*inline int C(int a,int b){
    int js=1ll,facd=1ll;
    for(register int i=1;i<=b;i++) js=(js*i)%mod;
    for(register int i=a-b+1;i<=a;i++) {facd=i%mod*facd%mod;cout<<"L"<<facd<<endl;}
    return facd*qpow(js,mod-2)%mod; 
}*/
/*inline int C(int x,int y){
     int facd=1ll,faci=1ll;
     x%=mod;
     for(register int i=2;i<=x;++i)     faci=(faci*i)%mod;
     for(register int i=y-x+1;i<=y;++i) facd=i%mod*facd%mod;
     int inv=qpow(faci,mod-2);
     //printf("%lld %lld %lld
",faci,facd,inv);
     return facd*inv%mod;
}*/
int C(int y,int x){
    if(y<0ll||x<0ll||y<x)return 0;
    y%=mod;
    if(y==0ll||x==0ll)return 1;
    ll ans=1;
    for(int i=0ll;i<x;i++)
        ans=ans*(y-i)%mod;
    for(int i=1ll;i<=x;i++)
        ans=ans*inv[i]%mod;
    return ans;
}
signed main(){
    int n,m,d;
    for(int i=1ll;i<=2000ll;i++)
        inv[i]=qpow(i,mod-2ll);
    while(~scanf("%lld%lld%lld",&n,&d,&m)){
        if(!n&&!m&&!d) break;
        if(n>d*(m-1)) {puts("0");continue;}
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        for(int i=1;i<m;i++){
            dp[1][i]=1;
            sum[1][i]=dp[1][i]+sum[1][i-1];
        }
        for(int i=m;i<=n;i++) sum[1][i]=sum[1][i-1];
        int ans=0;
        ans+=(dp[1][n]*C(d,1ll))%mod;
        for(int i=2;i<=min(d,n);i++){
            for(int j=i;j<=n;j++){
                dp[i][j]=((sum[i-1][j-1]-sum[i-1][max(j-m,0ll)])%mod+mod)%mod;
                sum[i][j]=(sum[i][j-1]+dp[i][j])%mod;
                //cout<<dp[i][j]<<endl;
            }
            ans=(ans+dp[i][n]*C(d,i)%mod)%mod;
        }
        //cout<<dp[1][n]<<endl;
        //for(int i=2;i<=min(d,n);i++) ans=(ans+dp[i][n]*C(d,i)%mod)%mod;
        printf("%lld
",ans%mod);
    }
}