[CSP2019]Emiya 家今天的饭（meal）

NC54639. [CSP2019]Emiya 家今天的饭（meal）

描述

已替换官方数据

Emiya 是个擅长做菜的高中生，他共掌握 n 种 烹饪方法，且会使用 m 种主要食材做菜。为了方便叙述，我们对烹饪方法从 $1\sim n$ 编号，对主要食材从 $1\sim m$ 编号。

Emiya 做的每道菜都将使用恰好一种烹饪方法与恰好一种主要食材。更具体地， Emiya 会做 $a_{i,j }$ 道不同的使用烹饪方法 i 和主要食材 j 的菜 $（1\leq i\leq n，1 \leq j \leq m）$ ，这也意味着 Emiya 总共会做 $\displaystyle\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} a_{i, j}$ 道不同的菜。

Emiya 今天要准备一桌饭招待 Yazid 和 Rin 这对好朋友，然而三个人对菜的搭配有不同的要求，更具体地，对于一种包含 k 道菜的搭配方案而言：

Emiya 不会让大家饿肚子，所以将做 至少一道菜，即 $k\geq1$
Rin 希望品尝不同烹饪方法做出的菜，因此她要求每道菜的烹饪方法互 . 不相同
Yazid 不希望品尝太多同一食材做出的菜，因此他要求每种主要食材至多在 . 一 . 半的菜（即 $\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor$ 道菜）中被使用

– 这里的 $\left\lfloor x \right\rfloor$ 为下取整函数，表示不超过 x 的最大整数

这些要求难不倒 Emiya，但他想知道共有多少种不同的符合要求的搭配方案。两种方案不同，当且仅当存在至少一道菜在一种方案中出现，而不在另一种方案中出现。

Emiya 找到了你，请你帮他计算，你只需要告诉他符合所有要求的搭配方案数对质数 998,244,353 取模的结果。

输入描述

第 1 行两个用单个空格隔开的整数 n,m。 
第 2 行至第 n + 1 行，每行 m 个用单个空格隔开的整数，其中第 i + 1 行的 m 个 数依次为 。

输出描述

仅一行一个整数，表示所求方案数对 998,244,353 取模的结果

示例1

输入:

2 3
1 0 1 
0 1 1

输出:

说明:

由于在这个样例中，对于每组 i, j，Emiya 都最多只会做一道菜，因此我们直接通过给出烹饪方法、主要食材的编号来描述一道菜。
符合要求的方案包括：
• 做一道用烹饪方法 1、主要食材 1 的菜和一道用烹饪方法 2、主要食材 2 的菜
• 做一道用烹饪方法 1、主要食材 1 的菜和一道用烹饪方法 2、主要食材 3 的菜
• 做一道用烹饪方法 1、主要食材 3 的菜和一道用烹饪方法 2、主要食材 2 的菜
因此输出结果为 3 mod 998,244,353 = 3。
需要注意的是，所有只包含一道菜的方案都是不符合要求的，因为唯一的主要食材在超过一半的菜中出现，这不满足 Yazid 的要求。

示例2

输入:

输出:

说明:

Emiya 必须至少做 2 道菜。
做 2 道菜的符合要求的方案数为 100。
做 3 道菜的符合要求的方案数为 90。
因此符合要求的方案数为 100 + 90 = 190。

示例3

输入:

输出:

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C++14(g++5.4) 解法, 执行用时: 103ms, 内存消耗: 1360K, 提交时间: 2019-11-21 12:30:58

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=998244353;
int n,m,a[105][2005],i,j,k;
long long b[105],f[105][205],ans=1;
int main()
{
//	freopen("meal.in","r",stdin);
//	freopen("meal.out","w",stdout);
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;++i)
	{
		for(j=1;j<=m;++j)
		{
			scanf("%d",&a[i][j]);
			b[i]=(b[i]+a[i][j])%M;
		}
		ans=ans*(b[i]+1)%M;
	}
	for(i=1;i<=m;++i)
	{
		memset(f,0,sizeof(f));
		f[0][n+1]=1;
		for(j=1;j<=n;++j)
			for(k=max(-(n/2+1),-j);k<=n&&k<=j;++k)
				f[j][k+n+1]=(f[j-1][k+n]*a[j][i]+f[j-1][k+n+1]+f[j-1][k+n+2]*(b[j]-a[j][i]))%M;
		for(j=1;j<=n;++j)
			ans=(ans-f[n][j+n+1])%M;
	}
	cout<<((ans-1)%M+M)%M;
}

C++11(clang++ 3.9) 解法, 执行用时: 205ms, 内存消耗: 1252K, 提交时间: 2019-11-17 17:52:26

#include<cstdio>
#define M 2001
#define N 101
#define p 998244353
#define ll long long
inline int mod(int x){return x>=p?x-p:x;}
int a[N][M],f[N<<1],g[N<<1],i,j,k,m,n,s[N],x;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m),x=1;
	for(i=1;i<=n;x=(ll)(s[i++]+1)*x%p)for(j=1;j<=m;j++)scanf("%d",a[i]+j),s[i]=mod(s[i]+a[i][j]);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		for(j=0;j<=n<<1;j++)f[j]=0;
		for(j=f[n]=1;j<=n;j++)
		{
			for(k=1;k<n<<1;k++)g[k-1]=(g[k-1]+(ll)f[k]*a[j][i])%p,g[k+1]=(g[k+1]+(ll)f[k]*(p+s[j]-a[j][i]))%p;
			for(k=0;k<=n<<1;k++)f[k]=mod(f[k]+g[k]),g[k]=0;
		}
		for(j=0;j<n;j++)x=mod(p+x-f[j]);
	}
	return 0*printf("%d\n",mod(p+x-1));
}