[UNR #3]百鸽笼

我好菜啊，就在网上看了一堆博(dai)客(ma)，终于搞懂了一点

思路

因为每列满不满不好处理，用容斥。

\(L\)有空位等价于其他列都比\(L\)先满（限制）。

现在考虑一个列\(L\)的概率，有一个列集合\(S\)，\(S\)中都要比\(i\)先空，\(S\)就相当于必须违反限制的集合。

给\(S\)带上一个容斥系数\((-1)^{|S|}\)，加起来就是答案。

可以DP计数\(S\)的方案数，发现容斥系数只和\(|S|\)有关，所以就不枚举\(S\)了，改成记录\(|S|\)和共进入了多少人\(len\)即可。

因为这个背包DP是计数，所以很容易撤销，后面具体讲。

DP的方法

这块是我花时间最多的地方，基本上其他地方都没讲。（可能是我太菜了吧）

设\(f_{i,j}\)表示\(|S|=i\)，总共有\(j\)个人（\(len=j\)）的方案数。

最重要的就是要保证除了计算的那列可以放满，其他的都放不满（这样保证放的列数不变），所以\(cnt\)要\(-1\)，留出一个不能放！不保证这个，刚才的容斥就没有意义了。

\[f_{i +1, j + c} = f_{i, j} \cdot \binom{j+c}{c}\]

意思是这一列在\(L\)之前填了\(c\)个（\(c=0\)是允许的），然后把这\(c\)个插入操作序列的方案数。

最后再把\(L\)列的元素插入到排列中，注意只插\(a_L-1\)个，最后一个保证插到最后，因为\(L\)列满了后面的都不考虑，这样避免重复计数。

最后，因为之前已经保证了不会在\(L\)列前把其他列选完（减了\(1\)个），所以每次都可以任选一列放入，因此总方案数就是\((|S|+ 1) ^ {len}\)，就是分母了。

怎么撤销

因为加一个物品是从后往前，每次用旧的值去更新成新的值。

所以撤销时要从前往后，从\(i=0, j=0\)开始（始终是原值），把新值再变回旧值，再往后更新。

Code

没有对任何边界情况做处理，所以常数非常大。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define File(s) freopen(s".in", "r", stdin), freopen(s".out", "w", stdout)
typedef long long ll;

const int N = 35, Sum = 935, p = 998244353;
inline int add(int x, int y){return x+y>=p ? x+y-p : x+y;}
inline int sub(int x, int y){return x-y<0 ? x-y+p : x-y;}
inline int mul(int x, int y){return 1LL * x * y % p;};
inline int power(int x, int y){
    int res = 1;
    for(; y; y>>=1, x = mul(x, x)) if(y & 1) res = mul(res, x);
    return res;
}
int a[N];
int n, sum = 0;
int powinv[N][Sum], C[Sum][Sum];
int f[N][Sum];

void pre(int n, int sum){
    for(int i=1; i<=n; i++){
        powinv[i][0] = 1; powinv[i][1] = power(i, p-2);
        // printf("powinv[%d][%d] = %d\n", i, 1, powinv[i][1]);
        for(int j=2; j<=sum; j++)
            powinv[i][j] = mul(powinv[i][j-1], powinv[i][1]);
    }
    C[0][0] = 1;
    for(int i=1; i<=sum; i++){
        C[i][0] = 1;
        for(int j=1; j<=i; j++) C[i][j] = add(C[i-1][j], C[i-1][j-1]);
    }
}

void pack(int cnt){
    for(int i=n-1; i>=0; i--)
        for(int j=sum; j>=0; j--)
            for(int c=0; c<cnt; c++) // 不能全进
                f[i+1][j+c] = sub(f[i+1][j+c], mul(f[i][j], C[j+c][c]));
}
void unpack(int cnt){
    for(int i=0; i<n; i++)
        for(int j=0; j<=sum; j++)
            for(int c=0; c<cnt; c++)
                f[i+1][j+c] = add(f[i+1][j+c], mul(f[i][j], C[j+c][c]));
}

int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", a + i), sum += a[i];
    pre(n, sum);
    f[0][0] = 1;
    for(int i=1; i<=n; i++) pack(a[i]);
    for(int i=1; i<=n; i++){
        unpack(a[i]);
        int res = 0;
        for(int j=0; j<n; j++)
            for(int k=0; k<=sum - a[i]; k++)
                res = add(res, mul(powinv[j+1][k + a[i]], mul(f[j][k], C[k + a[i] - 1][a[i] - 1])));//, printf("res = %d\n", res);
        printf("%d ", res);
        pack(a[i]);
    }
    return 0;
}

标签：UNR,return,int,鸽笼,Sum,len,res,DP
来源： https://www.cnblogs.com/RiverHamster/p/sol-uoj390.html