貢獻法+組合數學

講道理一看到辣麼小的\(n\)，我就想到了狀壓dp。

列舉子集？哦，\(O(3^n)\)的複雜度。但是我沒有注意到\(n=20\)的時候是過不了的。

接下來我就在想70pts的狀壓dp要怎麼寫？

沒有清楚定義狀態的我連樣例2都過不了，只能夠手動列舉拿30pts。

所以最簡單的月賽也爆炸了

70pts的狀壓

下面的做法是借鑑luogu題解的，不是抄襲。（你信嗎？）

設dp[i]表示從全0轉移到i狀態的所有歉意值之和。

那麼會有

\[dp[i]=\sum{dp[j] + qy[j] \times num[j]}, j \in i and j \neq \emptyset\]

其中num[j]表示從全0轉移到j的方案數，qy[j]表示當前這個狀態的歉意值。

num[j]自然也是可以遞推的，可以這麼遞推：

\[num[j] = \sum{num[k]}, k \in j and k \neq \emptyset\]

用列舉子集的優化技巧就可以做到\(O(3^n)\)的搞出來了。

不給程式碼，題解裡面是有的。

我的錯誤之處：沒有意識到方案數是對答案有影響的。

滿分做法

使用貢獻法，那麼每一個歉意值就會對答案產生貢獻了。

產生的貢獻是多少？是這個狀態在所有方案中出現的次數 乘以 這個方案的歉意值。

還能夠發現：其實一個狀態只跟它的01個數有關，跟她們的順序是無關的。

所以設一個\(num[i]\)表示填\(i\)個1的方案數，那麼就可以遞推出來了。

遞推式是這樣子的：

\[num[i] = \sum_{j=1}^n{num[i-j] \times C_i^j}\]

那麼最後的答案就是該方案0的個數 乘以 該方案1的個數 乘以 這個方案的歉意值。

對了：注意取膜！否則你就只有80pts啦。

程式碼：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
const int maxn = 21, maxN = 1048580;
const int MOD = 998244353;
ll dp[maxN];
ll qy[maxN];
ll num[maxn];
ll C[maxn][maxn];
int n, m;

void init()
{
    for(int i = 0; i <= 20; i++)
    {
        C[i][0] = C[i][i] = 1;
    }
    for(int i = 1; i <= 20; i++)
    {
        for(int j = 1; j < i; j++)
        {
            C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
        }
    }
}
int popcount(char *ch)
{
    int len = strlen(ch);
    int res = 0;
    for(int i = len - 1; i >= 0; i--)
    {
        if(ch[i] == '1') res++;
    }
    return res;
}
int main()
{
    init();
    scanf("%d%d", &n, &m);
    num[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= i; j++)
        {
            num[i] = (num[i] + C[i][i - j] * num[i - j] % MOD) % MOD;
        }
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        char ch[25]; int x;
        scanf("%s%d", ch, &x);
        int temp = popcount(ch), len = strlen(ch);
        ans = (ans + x * num[temp] % MOD * num[len - temp] % MOD) % MOD;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}