bzoj 3851 2048 dp

最新推荐文章于 2020-04-18 10:13:45 发布

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本文介绍了一种解决特定组合计数问题的方法：通过动态规划技术来计算在一定条件下使用2的幂次方数可以组成的总和方案数。具体地，讨论了如何利用后缀和技巧来优化状态转移过程。

一开始sb看错题，没看见两个相等的数拼在一起。
如果只有两个相等的数能拼在一起，那只有2的整数次幂有用。
设 $f[i][j]$ 表示选了 $2^0$ 到 $2^i$ 的数和为j的方案数。
注意到只要和大于等于2048就有解，因此第二维只需要到2048（表示大于等于2048）。
然后对组合数求一个后缀和，当第二维大于2048时直接用后缀和转移。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define A 2048
#define N 110000
#define ll long long
#define mod 998244353
int n,cnt,Case;
int a[12],jc[N],njc[N];
int C[12][N],f[12][2100],sum[12][N];
int qpow(int x,int y)
{
    int ret=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=(ll)ret*x%mod;
        x=(ll)x*x%mod;y>>=1;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    jc[0]=njc[0]=1;n=100000;
    for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%mod;
    njc[n]=qpow(jc[n],mod-2);
    for(int i=n-1;i>=1;i--)njc[i]=(ll)njc[i+1]*(i+1)%mod;

    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));cnt=0;
        for(int i=1,x;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&x);cnt++;
            for(int j=0;j<12;j++)
                if(x==1<<j){a[j]++;cnt--;break;}
        }
        for(int i=0;i<12;i++)
        {   
            for(int j=0;j<=a[i];j++)
                C[i][j]=(ll)jc[a[i]]*njc[j]%mod*njc[a[i]-j]%mod;
            sum[i][a[i]]=C[i][a[i]];
            for(int j=a[i]-1;j>=0;j--)
                sum[i][j]=(sum[i][j+1]+C[i][j])%mod;
        }
        memset(f,0,sizeof(f));
        for(int i=0;i<=a[0];i++)(f[0][i>A ? A:i]+=C[0][i])%=mod;
        for(int i=0;i<11;i++)
            for(int j=0;j<=A;j++)
                for(int k=0,t=j,t1;k<=a[i+1];k++,t+=1<<i+1)
                {
                    if(t>A)
                    {
                        f[i+1][A]=(f[i+1][A]+(ll)f[i][j]*sum[i+1][k])%mod;
                        break;
                    }
                    f[i+1][t]=(f[i+1][t]+(ll)f[i][j]*C[i+1][k])%mod;
                }
        printf("Case #%d: %d\n",++Case,(ll)f[11][A]*qpow(2,cnt)%mod);
    }
    return 0;
}