洛谷P5369 [PKUSC2018]最大前缀和 [DP]

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思路

这么一道签到题竟然没切掉真是丢人呢……

首先有一个\(O(3^n)\)的SB方法，记录\(dp_{S,T}\)表示已经填进去了\(S\)，当前最大前缀和集合为\(T\)，随便转移。太简单了就不细讲了。

挖掘一下题目的性质：一个序列必然可以被分成两部分：前面的前缀和&后面的部分。

后面的部分满足一个性质：任意前缀和都<0，所以很容易DP。

前面可以考虑每次往数列前面加数，那么就必须要满足原来的数列总和\(\ge 0\)，也很容易DP，具体可以见代码。

然后就做完了……我这都不会真是菜死了……

代码

#include<bits/stdc++.h>

clock_t t=clock();

namespace my_std{

    using namespace std;

    #define pii pair<int,int>

    #define fir first

    #define sec second

    #define MP make_pair

    #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)

    #define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)

    #define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)

    #define templ template<typename T>

    #define sz 1100000

    #define mod 998244353ll

    typedef long long ll;

    typedef double db;

    mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());

    templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}

    templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}

    templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}

    templ inline void read(T& t)

    {

        t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;

        while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();

        while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();

        if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}

        t=(f?-t:t);

    }

    template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}

    char __sr[1<<21],__z[20];int __C=-1,__zz=0;

    inline void Ot(){fwrite(__sr,1,__C+1,stdout),__C=-1;}

    inline void print(register int x)

    {

        if(__C>1<<20)Ot();if(x<0)__sr[++__C]='-',x=-x;

        while(__z[++__zz]=x%10+48,x/=10);

        while(__sr[++__C]=__z[__zz],--__zz);__sr[++__C]='\n';

    }

    void file()

    {

        #ifdef NTFOrz

        freopen("a.in","r",stdin);

        #endif

    }

    inline void chktime()

    {

        #ifndef ONLINE_JUDGE

        cout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';

        #endif

    }

    #ifdef mod

    ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}

    ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}

    #else

    ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}

    #endif

//	inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}

}

using namespace my_std;

int n;

int a[25];

int sum[sz];

ll f[sz],g[sz];

ll fac[sz];

void init(){fac[0]=1;rep(i,1,sz-1) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;}

int main()

{

    file();

    init();

	read(n);

	rep(i,1,n) read(a[i]);

	int N=(1<<n)-1;

	rep(i,0,N) rep(j,0,n-1) if (i>>j&1) sum[i]+=a[j+1];

	g[0]=1;

	rep(i,0,N-1)

		rep(j,1,n)

			if (!(i>>(j-1)&1)&&sum[i|(1<<(j-1))]<0)

				(g[i|(1<<(j-1))]+=g[i])%=mod;

	f[0]=1;

	rep(i,0,N-1)

		if (sum[i]>=0)

			rep(j,0,n-1)

				if (!(i>>j&1))

					(f[i|(1<<j)]+=f[i])%=mod;

	ll ans=0;

	rep(i,1,N) (ans+=f[i]*g[N^i]%mod*sum[i]%mod)%=mod;

	cout<<(ans+mod)%mod;

	return 0;

}

巴特西

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