[CSP-S2019] Emiya 家今天的饭
洛咕
题意:原题面见链接,简单来说就是给出一个\(n*m\)的矩阵,每一行代表同一种烹饪方法,每一列代表同一种食材,\(a_{i,j}\)表示使用第i种烹饪方法第j种食材能做出多少种菜,要求至少做一道菜,而且每种烹饪方法至多用一次,并且每种食材不超过总菜数的一半,问有多少种做菜的方案?
分析:直观来讲就是在矩阵上选数,每一行要么不选数要么选一个数,每一列选的数不超过所有选数的一半。
如果只考虑前两个限制条件,设\(g[i][j]\)表示前i行选了j个数的方案数,则\(g[i][j]=g[i-1][j]+g[i-1][j-1]*sum[i]\),其中\(sum[i]\)表示第i行所有数(菜的种类)的和,则总方案数为\(\sum_{j=1}^{n}g[n][j]\)。
再考虑第三个限制条件,拿上面所求的总方案数减掉其中不合法的方案数(不满足第三个限制条件的),对于第\(k\)列,设\(f[i][j]\)表示前i行选的数中,在第k列的总数减去不在第k列的总数为j的情况下 的方案数,则\(f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*a[i][k]+f[i-1][j+1]*(sum[i]-a[i][k])\),注意\(j\)的范围应该是\([-n,n]\),所以可以统一右移\(n\)个单位,则不满足第三个限制条件的方案数为\(\sum_{k=1}^{m}\sum_{j=n+1}^{2n}f[n][j]\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline int read(){
int x=0,o=1;char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')o=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*o;
}
const int N=105;
const int M=2005;
const int mod=998244353;
int a[N][M],sum[N],g[N][N],f[N][N*2];
int main(){
int n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
a[i][j]=read();
sum[i]=(sum[i]+a[i][j])%mod;
}
}
g[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
g[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;++j){
g[i][j]=g[i-1][j]+(1ll*g[i-1][j-1]*sum[i])%mod;
g[i][j]%=mod;
}
}
ll tot1=0,tot2=0;
for(int j=1;j<=n;++j)tot1=(tot1+g[n][j])%mod;
for(int k=1;k<=m;++k){
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][n]=1;//f[0][0]=1
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=n-i;j<=n+i;++j){
f[i][j]=f[i-1][j];
f[i][j]=(f[i][j]+(1ll*f[i-1][j-1]*a[i][k])%mod)%mod;
f[i][j]=(f[i][j]+(1ll*f[i-1][j+1]*(sum[i]-a[i][k]))%mod)%mod;
}
for(int j=n+1;j<=n*2;++j)tot2=(tot2+f[n][j])%mod;
}
cout<<((tot1-tot2)%mod+mod)%mod<<endl;
return 0;
}
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