uoj#422. 【集训队作业2018】小Z的礼物

题目描述

Solution

所有礼物全部取到的方案数并不好求，因此我们考虑 $m i n - m a x$ 容斥，转化为第一次取到集合中某一个的期望时间。

令 $p = n * (m - 1) + m * (n - 1)$ 表示有多少个 $1 * 2$ 矩阵的选取方案。
倘若此时有 $x$ 种 $1 * 2$ 的矩阵与枚举的集合 $T$ 有交，不难证明，期望的步数即为 $px\frac{p}{x}$ 。

所以我们直接枚举集合 $T$ ，计算 $x$ ，就可以以 $O(2^{num}num)$ 的时间求出答案（ $n u m$ 表示有多少个 $*$ 号）。

这样显然会超时。

我们发现 $n≤6n\leq 6$ ，因此考虑状压 $d p$ ，从第一列开始，一列一列转移，记录轮廓线上的信息，令 $f [S] [j]$ 表示轮廓线的状态为 $S$ ，目前有 $j$ 个 $1 * 2$ 矩阵与 $T$ 有交的方案数，并且将容斥系数一起带入其中计算。

时间复杂度 $O(2^nnmp)$ 。

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f;
}
char st[10][105];
int f[2][105][1205],inv[1205];
inline int upd(int x,int y){ return x+y>=mods?x+y-mods:x+y; }
int main()
{int n=read(),m=read(),p=n*(m-1)+m*(n-1);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",st[i]+1);inv[0]=inv[1]=1;for (int i=2;i<=1200;i++) inv[i]=1ll*inv[mods%i]*(mods-mods/i)%mods;int pre=1,now=0;f[now][0][0]=mods-1;for (int i=1;i<=m;i++)for (int j=1;j<=n;j++){now^=1,pre^=1;memset(f[now],0,sizeof f[now]);for (int S=0;S<1<<n;S++)for (int k=0;k<=p;k++)if (f[pre][S][k]){if (st[j][i]=='*'){int _S=S|(1<<(j-1)),_k=k+(j<n)+(i<m);_k+=(!((S>>(j-2))&1)&&j>1);_k+=(!((S>>(j-1))&1)&&i>1);f[now][_S][_k]=upd(f[now][_S][_k],mods-f[pre][S][k]);}int _S=S&(((1<<n)-1)^(1<<(j-1)));f[now][_S][k]=upd(f[now][_S][k],f[pre][S][k]);}}int ans=0;for (int i=0;i<1<<n;i++)for (int j=1;j<=p;j++) ans=upd(ans,1ll*f[now][i][j]*p%mods*inv[j]%mods);printf("%d\n",ans); return 0;
}