P5664 Emiya 家今天的饭【民间数据】

发表于

闲扯

这道题在考场上肝了好久，结果没肝出来，弄得自己心态有点炸，导致后面的时间分配出了问题。

今天再来做一下，在题解的帮助下弄了好久终于搞懂了。。。

题面

P5664 Emiya 家今天的饭【民间数据】

Solution

这道题在考场上我就有一个想法，记录一个 $dp_{i,j,k}$ ，表示考虑了前 $i$ 行，一共选了 $j$ 个，其中我们钦定的一列选了 $k$ 个。

这显然是 $O(n^3m)$ 的，可以拿到 $84$ 分的好成绩，结果最后死没改出来，只好拿了 $32$ 分的暴力走人。。。

先说 $O(n^3m)$ 怎么做。

我们重新定义一个 $dp$ 状态，我们设 $dp_{i,j,k}$ 表示考虑前 $i$ 行，其中我们钦定的那一列选了 $j$ 个，其他的选了 $k$ 个。

那么显然，我们有如下转移方程：

其中 $s$ 是我们钦定的那一列， $sum_i$ 表示第 $i$ 行的和。

我们只需要在最开始枚举一下 $s$ ，即可进行 $n^3$ 的 $dp$ 。

然后用一个 $O(n^2)$ 的 $dp$ 求出总的方案数。

设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 行，选了 $j$ 个的方案数。

我们有 $dp_{i,0}=1,dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1}*sum_i$ 。

最后的答案就是 $\sum_{i=1}^n f_{n,i}-\sum_{j>k}dp_{n,j,k}$ 。

考虑优化转移。

考虑到我们只关心最后 $j,k$ 的相对大小，我们可以修改一下 $dp$ 状态。

我们设 $dp_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 行，其中 $j-k$ 的差值为 $j$ 的方案数。（这里的 $j-k$ 指的是前一个 $dp$ 中的值）

那么我们有：

这样就可以 $O(n^2m)$ 解决这道题了。

Code

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res;
}
const int MAXN = 2e3+5,mod = 998244353;
int n,m,ans,val[105][MAXN],dp[105][205],sum[105],f[105][105];
it add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
it mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n),read(m);
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		for(ri j=1;j<=m;++j)
			read(val[i][j]);
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		for(ri j=1;j<=m;++j)
			sum[i]=add(sum[i],val[i][j]);
	for(ri s=1;s<=m;++s){
		del(dp,0);
		dp[0][n]=1;
		for(ri i=1;i<=n;++i)
			for(ri j=n-i;j<=n+i;++j)
				dp[i][j]=add(add(dp[i-1][j],mul(val[i][s],dp[i-1][j-1])),mul(add(sum[i],mod-val[i][s]),dp[i-1][j+1]));
		for(ri i=1;i<=n;++i)
			ans=add(ans,mod-dp[n][i+n]);
	}
	for(ri i=0;i<=n;++i)
		f[i][0]=1;
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		for(ri j=1;j<=i;++j)
			f[i][j]=add(f[i-1][j],mul(sum[i],f[i-1][j-1]));
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		ans=add(ans,f[n][i]);
	print(ans);
	return 0;
}