CSP S 2019 Emiya 家今天的飯

類似烏龜棋的思想，由於 $64pts$ 的 $m <= 3$，非常小。

我們可以設乙個 $dp$，建立 $m$ 個維度存下每種物品選了幾次：

狀態轉移：根據題意，每種烹飪方法最多選一道菜。

答案：$\sum_^\sum_^\sum_^f[n][a][b][c]\ (max(a, b, c) <= \lfloor(a + b + c) / 2\rfloor 且 a + b + c > 0)$

小優化：發現所有狀態只會從$a, b, c <= $ 自己的轉移，所以可以用類似揹包優化空間的思想，從大到小列舉狀態，第一維可以滾動掉。

最多選 $n$ 道菜故時間複雜度 $o(n^)$

#include #include using namespace std;
const int n = 45, m = 6, p = 998244353;
int n, m, a[n][m];
typedef long long ll;
int f[n][n][n];
int main() }}
}int ans = 0;
for (int a = n; ~a; a--) }}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}

發現 $64pts$ 後的 $m$ 猛增，所以我們的演算法一定不能具體記錄每種主要食材選了多少了。

我們發現乙個方案不合法，有且只會有乙個主要食材 $ > $ 總數的一半，所以我們不妨考慮容斥，用所有方案數量 - 不合法數量。

所有方案數量很好求，做乙個分組揹包即可：

$f[i][j]$ 表示前 $i$ 種烹飪方式，做了 $j$ 道菜的方案數。

狀態轉移：

所有方案數量 $ = \sum_^f[n][j]$

優化$i, j$ 以來比它小的 $i', j'$，第一維滾動掉

觀察第二種放菜的轉移：$f[i - 1][j - 1] * a_ + f[i - 1][j - 1] * a_ +...+ f[i - 1][j - 1] * a_ = f[i - 1][j - 1] * (a_ + a_ + ... + a_)$。我們可以 $o(nm)$ 預處理 $s_i = a_ + a_ + ... + a_$。每個狀態即可 $o(1)$ 轉移。

這步的時間複雜度

這步有 $n ^ 2$ 個狀態，$o(1)$ 轉移。所以時間複雜度 $o(n ^ 2)$

由於剛才我們發現的性質：所有不合法方案中有且只會有乙個主要食材 $ > $ 總數的一半，我們稱那個主要食材為越界食材，我們設越界食材為 $c$。

所以我們不妨先用 $o(m)$ 列舉 $c$ 。

那麼我們可以把其他食材歸結為符合條件的食材，我們便可以用乙個維度來記錄它選了多少啦~

設 $dp[i][j][k]$ 為前 $i$ 種烹飪方式，第 $c$ 種（越界食材）選了 $j$ 道，其他食材選了 $k$ 道的方案數。

狀態轉移：$\sum f[n][j][k] (j > k)$

優化：跟之前一樣可以滾動掉第一維

第三種轉移最耗時，考慮用求解所有方案數量優化2的思想：$\sum_^dp[i - 1][j][k - 1] * a_ = dp[i - 1][j][k - 1] * (\sum_^a_) = dp[i - 1][j][k - 1] * (s_i - a_)$ 我們就做到了 $o(1)$ 轉移。

這步的時間複雜度

$o(m)$ 列舉越界食材後，做乙個 $o(n ^ 3)$ 的 $dp$。求解不合法數量的總時間複雜度為 $o(n ^ 3m)$。

總時間複雜度：$o(n ^ 3m)$

#include #include #include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 105, m = 2005, p = 998244353;
int n, m, a[n][m], f[n], s[n];
int dp[n][n];
/*dp[i][j] 表示不合法的選了 i 個，剩下的總共選了 j 個的方案數
*/ll ans = 0;
/*f[i] 表示做了 i 道菜的方案數
*/void inline add(int &x, ll y) 
int main() 
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = i; j; j--)
add(f[j], (ll)f[j - 1] * s[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + f[i]) % p;
for (int c = 1; c <= m; c++) }}
for (int j = 1; j <= n; j++) 
}printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

延續 $84pts$ 的思想，求解不合法數量的 $o(n ^ 3m)$ 拖累了我們，我們考慮優化。

我們不關係具體越界食材與其他食材選了多少。只用保證越界食材數 $ > $ 其他食材數數即為不合法狀態。

不妨把這兩個的差作為乙個維度，這樣即可讓 $dp$ 狀態降一維：

狀態轉移：

答案貢獻：

$\sum dp[n][j] (j > 0)$

總時間複雜度 $o(n ^ 2m)$ 完美通過本題。

$tips$：

注意做差有可能為負數，我們可以把所有狀態加乙個 $+n$ 的偏移量就不會陣列越界了。

不要忘記取模！！

#include #include #include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 105, m = 2005, p = 998244353;
int n, m, a[n][m], f[n], s[n];
int dp[n][n << 1];
/*dp[i][j] 表示不合法的選了 i 個，剩下的總共選了 j 個的方案數
*/ll ans = 0;
/*f[i] 表示做了 i 道菜的方案數
*/void inline add(int &x, ll y) 
int main() 
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = i; j; j--)
add(f[j], (ll)f[j - 1] * s[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + f[i]) % p;
for (int c = 1; c <= m; c++) 
}for (int j = n + 1; j <= n * 2; j++) ans = (ans - dp[n][j] + p) % p;
}printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

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