P7961 [NOIP2021] 数列

[NOIP2021] 数列

题目描述

给定整数 $n,m,k$，和一个长度为 $m+1$ 的正整数数组 $v_0,v_1,\dots ,v_m$。

对于一个长度为 $n$，下标从 $1$ 开始且每个元素均不超过 $m$ 的非负整数序列 { a i } \{a_i\} {ai​}，我们定义它的权值为 $v_{a_1}\times v_{a_2}\times \cdots \times v_{a_n}$。

当这样的序列 { a i } \{a_i\} {ai​} 满足整数 $S=2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots +2^{a_n}$ 的二进制表示中 $1$ 的个数不超过 $k$ 时，我们认为 { a i } \{a_i\} {ai​} 是一个合法序列。

计算所有合法序列 { a i } \{a_i\} {ai​} 的权值和对 $998244353$ 取模的结果。

输入格式

输入第一行是三个整数 $n,m,k$。

第二行 $m+1$ 个整数，分别是 $v_0,v_1,\dots ,v_m$。

输出格式

仅一行一个整数，表示所有合法序列的权值和对 $998244353$ 取模的结果。

样例 #1

样例输入 #1

5 1 1
2 1
1
2

样例输出 #1

40
1

样例 #2

样例输入 #2

见附件中的 sequence/sequence2.in
1

样例输出 #2

见附件中的 sequence/sequence2.ans
1

提示

【样例解释 #1】

由于 $k=1$，而且由 $n\le S\le n\times 2^m$ 知道 $5\le S\le 10$，合法的 $S$ 只有一种可能：$S=8$，这要求 $a$ 中必须有 $2$ 个 $0$ 和 $3$ 个 $1$，于是有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=10$ 种可能的序列，每种序列的贡献都是 $v_0^2{v}_1^3=4$，权值和为 $10\times 4=40$。

【数据范围】

对所有测试点保证 $1\le k\le n\le 30$，$0\le m\le 100$，$1\le v_i<998244353$。

Sol

表示当前考虑到第i位，已经放了j个数，当前已经有了k个1，并且这一位还存储的1的个数p
考虑从这一个位置开始向下转移，考虑枚举这一个位置该放置1的个数，然后向下转移
f [i+1][j+t][k+(t+p)%2][(t+p)/2]+= f[i][j][k][p]*C[n-j][t]*pow(a[i],t)%mod
考虑答案在什么时候出现，显然就是,f[m+1][n][0~k][p] 并且满足 p向上进位之后加上k还是小于输入的k

#include
#define I inline
#define LL long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LB long double
#define RI register int
#define N 32
#define debug puts("debug");
#define M 150
#define mod 998244353
#define memeory cout<<abs(&me2-&me1)/1024./1024<<"MB"<<endl;
using namespace std;
I LL read()
{
	LL res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))res=(res<<1)+(res<<3)+(ch&15),ch=getchar();
	return res*f;
}
LL C[M][M],n,m,K,a[M],f[M][N][N][N];
//表示当前考虑到第i位，已经放了j个数，当前已经有了k个1，并且这一位还存储的1的个数p 
//考虑从这一个位置开始向下转移，考虑枚举这一个位置该放置1的个数，然后向下转移
//f [i+1][j+t][k+(t+p)%2][(t+p)/2]+= f[i][j][k][p]*C[n-j][t]*pow(a[i],t)%mod
//考虑答案在什么时候出现，显然就是,f[m+1][n][0~k][p] 并且满足 p向上进位之后加上k还是小于输入的k
I void getC(){
	for(RI i=0;i<=n;i++)C[i][0]=1;
	for(RI i=1;i<=n;i++)
	for(RI j=1;j<=i;j++)
	C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
	
} 
I int pop(int x){
	int ans=0;while(x)ans+=(x&1),x>>=1;
	return ans;
}
I LL qpow(LL ds,LL zs){
	LL ans=1;while(zs){
		if(zs&1)ans=(ans*ds)%mod;
		ds=(ds*ds)%mod;zs>>=1;
	}return ans;
}
int main()
{
	n=read();m=read();K=read();getC();
	for(RI i=0;i<=m;i++)a[i]=read();f[0][0][0][0]=1;
	for(RI i=0;i<=m;i++){
		for(RI j=0;j<=n;j++){
			for(RI k=0;k<=K;k++){
				for(RI p=0;p<=n;p++){
					for(RI t=0;t+j<=n;t++){
						f[i+1][j+t][k+(t+p)%2][(t+p)/2]
						+=f[i][j][k][p]*C[n-j][t]%mod*qpow(a[i],t)%mod;
						f[i+1][j+t][k+(t+p)%2][(t+p)/2]%=mod;
					}
				}
			}
		}
	}
	LL num=0;for(RI k=0;k<=K;k++)for(RI p=0;p<=n;p++)if(k+pop(p)<=K)num+=f[m+1][n][k][p],num%=mod;
	printf("%lld\n",num%mod);return 0;
}

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