CSP-S2019学习笔记：Emiya家今天的饭

约定不等于承诺〃 2023-07-05 14:54 21阅读 0赞

题目名称看样子灵感来自于日本动画片“卫宫家今天的饭”。

这道题的难度是“提高+/省选-”，算是提高组里比较难的。数据范围分的很细，解题方法跟数据范围关系比较大。对于新手来说，可以从数据范围入手，一步一步推导出最终的正解。

前8组数据，n不超过10，m等于2或3。可以直接用深度优先搜索暴力枚举所有的组合情况。

第9~16组数据，n为40，m仍然等于2或3。因为n比较大，若仍然用暴力枚举，则会超时。考虑到m等于2或m=3，可考虑用背包动态规划的思路来做，比如有三道菜A、B、C，那么有四种选法：不选、选A、选B、选C。

第17~21这四组数据，n = 40，m = 500，这种情况下，可将当前列的菜看成一种菜，剩余其他列的菜看成另一道菜。仍然是一个背包问题。这种解法有四层循环，其复杂度为m \* n^3。将m和n的最大值代进去，则最多需要循环500 \* 40^3 = 3200万次，这个计算量电脑还是可以承受的。

最后四组数组，n = 100, m = 2000，如果按上一步的解法，需要循环计算2000 \* 100^3 = 20亿次，会超时。此时可将选某列菜与不选某列菜的差做为动态规划中数据的下标，这样数组可节省掉一维，循环次数变为m \* n^2 = 2000 \* 100^2 = 2千万次。

总体而言，这是一道优秀的动态规划题。学完这道题，对动态规划的理解会更深入一层。

### 附AC代码： ###

//Zheng Haishu, 2020-2-15
    # include <cstdio>
    # include <iostream>
    # include <memory.h>
    using namespace std;
    
    const int N = 110;
    const int M = 2010;
    const int offset = 110;
    const int mod = 998244353;
    
    typedef long long LL;
    
    int n, m, a[N][M];
    LL s[N], dp[offset][2*offset], ans;
    
    
    int main()
    {
        //freopen("meal4.in", "r", stdin);
    
        cin >> n >> m;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= m; j++)
            {
                cin >> a[i][j];
            }
        }
    
    	ans = 1;
    	for(int i = 1; i <= n; i++)
    	{
    		for(int j = 1; j <= m; j++)
    		{
    		    s[i]=(s[i] + a[i][j]) % mod;
    		}
    		ans = ans * (s[i] + 1) % mod;
    	}
    
    	for(int col = 1; col <= m; col++)
    	{
    		memset(dp, 0, sizeof(dp));
    		dp[0][offset] = 1; //使用offset是为了偏移数组下标，使下标不小于0
    		for(int i = 1; i <= n; i++)//i表示行
            {
                for(int j = -1 * i; j <= i; j++)//j表示不选第col列减去选第col列
                {
                    //选第col列
                    dp[i][j+offset] += dp[i-1][j-1+offset] * a[i][col];
                    dp[i][j+offset] %= mod;
    
                    //不选第col列
    				dp[i][j+offset] += dp[i-1][j+1+offset] * ((s[i] - a[i][col] + mod) % mod);
    				dp[i][j+offset] %= mod;
    
    				dp[i][j+offset] += dp[i-1][j+offset];
    				dp[i][j+offset] %= mod;
    			}
            }
    
    		for(int i = 1; i <= n; i++)
    		{
    		    ans = (ans - dp[n][i+offset] + mod) % mod;
    		}
    	}
    
    	printf("%lld\n", ans - 1); //减掉都不减即dp[0][offset]
    
    	return 0;
    }

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