[LOJ6433][PKUSC2018]最大前缀和：状压DP

分析

我们让每个数列在第一个取到最大前缀和的位置被统计到。

假设一个数列在\(pos\)处第一次取到最大前缀和，分析性质，有：

1. 下标在\([1,pos]\)之间的数形成的数列的每个后缀和（不包括整个数列，因为要求非空）都大于\(0\)。

2. 下标在\([pos+1,n]\)之间的数形成的数列的每个前缀和（包括整个数列）都小于等于\(0\)。

正确性显然。

所以我们可以把数列从\(pos\)分成两部分，分别算出各自的方案数再相乘。

\([1,pos]\)部分

令\(f[S]\)表示\(S\)中的数形成的每个后缀和都大于\(0\)的数列个数，考虑每次向一个数后面加一个满足条件的数列，有状态转移方程：

\[f[\{i\}+S]+=f[S]\ (i \notin S,\ sum[S]>0)
\]

\([pos+1,n]\)部分

令\(g[S]\)表示\(S\)中的数形成的每个前缀和都小于等于\(0\)的数列个数，考虑每次向一个满足条件的数列后面加一个数，有状态转移方程：

\[g[S+\{i\}]+=g[S]\ (i \notin S,\ sum[S] \leq 0,\ sum[S+\{i\}] \leq 0)
\]

统计答案的话好像没什么好说的。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rin(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define irin(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define trav(i,a) for(int i=head[a];i;i=e[i].nxt)
#define Size(a) (int)a.size()
#define pb push_back
#define mkpr std::make_pair
#define fi first
#define se second
#define lowbit(a) ((a)&(-(a)))
typedef long long LL;

using std::cerr;
using std::endl;

inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}

const int MOD=998244353;

int n,a[25],b[1<<20],f[1<<20],g[1<<20];
LL sum[1<<20];

inline int add(int x,int y){
	return x+y<MOD?x+y:x+y-MOD;
}

int main(){
	n=read();
	rin(i,1,n)a[i]=b[1<<(i-1)]=read(),f[1<<(i-1)]=1;
	rin(i,1,(1<<n)-1)sum[i]=sum[i-lowbit(i)]+b[lowbit(i)];
	rin(i,1,(1<<n)-1)if(sum[i]>0){
		int r=(((1<<n)-1)^i);
		while(r){
			f[i|lowbit(r)]=add(f[i|lowbit(r)],f[i]);
			r-=lowbit(r);
		}
	}
	g[0]=1;
	rin(i,0,(1<<n)-1)if(sum[i]<=0){
		int r=(((1<<n)-1)^i);
		while(r){
			if(sum[i|lowbit(r)]<=0)g[i|lowbit(r)]=add(g[i|lowbit(r)],g[i]);
			r-=lowbit(r);
		}
	}
	int ans=0;
	rin(i,0,(1<<n)-1)ans=(ans+1ll*sum[i]*f[i]%MOD*g[((1<<n)-1)^i])%MOD;
	printf("%d\n",(ans%MOD+MOD)%MOD);
	return 0;
}