洛谷P5369 [PKUSC2018]最大前缀和 [DP]

传送门

思路

这么一道签到题竟然没切掉真是丢人呢……

首先有一个\(O(3^n)\)的SB方法，记录\(dp_{S,T}\)表示已经填进去了\(S\)，当前最大前缀和集合为\(T\)，随便转移。太简单了就不细讲了。

挖掘一下题目的性质：一个序列必然可以被分成两部分：前面的前缀和&后面的部分。

后面的部分满足一个性质：任意前缀和都<0，所以很容易DP。

前面可以考虑每次往数列前面加数，那么就必须要满足原来的数列总和\(\ge 0\)，也很容易DP，具体可以见代码。

然后就做完了……我这都不会真是菜死了……

代码

#include<bits/stdc++.h>
clock_t t=clock();
namespace my_std{
    using namespace std;
    #define pii pair<int,int>
    #define fir first
    #define sec second
    #define MP make_pair
    #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
    #define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
    #define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
    #define templ template<typename T>
    #define sz 1100000
    #define mod 998244353ll
    typedef long long ll;
    typedef double db;
    mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
    templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
    templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
    templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
    templ inline void read(T& t)
    {
        t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
        while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
        while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
        if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
        t=(f?-t:t);
    }
    template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
    char __sr[1<<21],__z[20];int __C=-1,__zz=0;
    inline void Ot(){fwrite(__sr,1,__C+1,stdout),__C=-1;}
    inline void print(register int x)
    {
        if(__C>1<<20)Ot();if(x<0)__sr[++__C]='-',x=-x;
        while(__z[++__zz]=x%10+48,x/=10);
        while(__sr[++__C]=__z[__zz],--__zz);__sr[++__C]='\n';
    }
    void file()
    {
        #ifdef NTFOrz
        freopen("a.in","r",stdin);
        #endif
    }
    inline void chktime()
    {
        #ifndef ONLINE_JUDGE
        cout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';
        #endif
    }
    #ifdef mod
    ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
    ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
    #else
    ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}
    #endif
//	inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;
int n;
int a[25];
int sum[sz];
ll f[sz],g[sz];
ll fac[sz];
void init(){fac[0]=1;rep(i,1,sz-1) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;}
int main()
{
    file();
    init();
	read(n);
	rep(i,1,n) read(a[i]);
	int N=(1<<n)-1;
	rep(i,0,N) rep(j,0,n-1) if (i>>j&1) sum[i]+=a[j+1];
	g[0]=1;
	rep(i,0,N-1)
		rep(j,1,n)
			if (!(i>>(j-1)&1)&&sum[i|(1<<(j-1))]<0)
				(g[i|(1<<(j-1))]+=g[i])%=mod;
	f[0]=1;
	rep(i,0,N-1)
		if (sum[i]>=0)
			rep(j,0,n-1)
				if (!(i>>j&1))
					(f[i|(1<<j)]+=f[i])%=mod;
	ll ans=0;
	rep(i,1,N) (ans+=f[i]*g[N^i]%mod*sum[i]%mod)%=mod;
	cout<<(ans+mod)%mod;
	return 0;
}