【CSP2019】洛谷5664 Emiya家的饭题解（容斥+DP）

题目：luogu5664.
题目大意：给定一个$n$行$m$列的矩阵$a_{i,j}$，选出一些位置满足：
1.至少选出一个位置.
2.每行只选一个数.
3.每一列选的位置数不能超过选的总位置数的一半.
求所有方案选出的数的乘积的和，不算一个都不选的方案.
$1\le n\le 100,1\le m\le 2000$，答案对$998244353$取模.

首先直接计算并不容易，所以考虑用满足$1,2$的所有方案减去满足$1,2$但不满足$3$的方案.

满足$1,2$的总方案很好求，我们可以直接用一个线性DP解决这个问题.即设$f[i]$表示前$i$行的总方案，那么有：
$$f[i]=\left(1+\sum _{j=1}^m{a}_{i,j}\right)f[i-1]$$

考虑对于每个不满足$3$的方案，如果某一列选出的位置数超过一半，则不可能有其它列超过一半，所以暴力枚举是哪一列超过了一半.

接下来，假设超过一半的是第$p$列，很容易想到一个DP状态，设$f[i][j][k]$表示前$i$行，其中第$p$列选了$j$行，不是第$p$列选了$k$行，那么有：
$$f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+a_{i,p}f[i-1][j-1][k]+\left(\sum _{t=1}^m{a}_{i,t}-a_{i,p}\right)f[i-1][j][k-1]$$

时间复杂度$O(m{n}^3)$，可以获得84pts.

考虑如何优化这个DP过程，容易发现我们并不需要关心第$p$列和不是第$p$列选的具体数量，只要知道它们的大小关系即可，所以设$f[i][j]$表示前$i$行，其中第$p$列比其他列多选了$j$行的方案数，那么有：
$$f[i][j]=f[i-1][j]+a_{i,p}f[i-1][j-1]+\left(\sum _{t=1}^m{a}_{i,t}-a_{i,p}\right)f[i-1][j+1]$$

时间复杂度$O(m{n}^2)$，可以获得100pts.

代码如下（需要开O2）：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=100,M=2000,mod=998244353;

int add(int a,int b,int p=mod){return a+b>=p?a+b-p:a+b;}
int sub(int a,int b,int p=mod){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
int mul(int a,int b,int p=mod){return (LL)a*b%p;}
void sadd(int &a,int b,int p=mod){a=add(a,b,p);}
void ssub(int &a,int b,int p=mod){a=sub(a,b,p);}
void smul(int &a,int b,int p=mod){a=mul(a,b,p);} 

int n,m,a[N+9][M+9];

void into(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i=1;i<=n;++i)
    for (int j=1;j<=m;++j){
      scanf("%d",&a[i][j]);
      sadd(a[i][0],a[i][j]);
	}
}

int ans;

void Get_ans(){
  ans=1;
  for (int i=1;i<=n;++i) sadd(ans,mul(ans,a[i][0]));
  ssub(ans,1);
}

int dp[2][N*2+9],old,now;

void Get_dp(int p){
  old=1;now=0;
  for (int i=0;i<=n<<1;++i) dp[now][i]=0;
  dp[now][n]=1;
  for (int i=1;i<=n;++i){
  	old^=1;now^=1;
  	for (int j=0;j<=n<<1;++j){
  	  dp[now][j]=dp[old][j];
  	  if (j>0) sadd(dp[now][j],mul(a[i][p],dp[old][j-1]));
  	  if (j<n<<1) sadd(dp[now][j],mul(sub(a[i][0],a[i][p]),dp[old][j+1]));
  	}
  }
  for (int i=n+1;i<=n<<1;++i) ssub(ans,dp[now][i]);
}

void work(){
  Get_ans();
  for (int i=1;i<=m;++i) Get_dp(i);
}

void outo(){
  printf("%d\n",ans);
}

int main(){
  into();
  work();
  outo();
  return 0;
}