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luoguP5369 [PKUSC2018] 最大前缀和

时间:2024-08-29 22:37:28浏览次数:11  
标签:twoN 前缀 int PKUSC2018 luoguP5369 fo sum define

题目

n<=20

题解

想了半天3位状态的折半,然后发现空间开不下(时间也不太行)

所以放弃思考,直接枚举答案


答案是a中的一个集合,设为S;记集合S的和为sum[S]

考虑当S确定时,有多少种方案能使答案恰好为sum[S]。为了处理多种sum相同的情况,记S为从前往后考虑,第一次出现最大ans的集合;记剩余部分为\(\bar S\)

那么考虑S和\(\bar S\)在序列上的情况,记前者组成的子段为L后者为R;
有L中任意真后缀的和>0,R中任意前缀的和<=0(否则S会变)

所以取到S的情况就是二者方案乘积,都可以用\(O(n2^n)\)状压不断加数求解(真后缀要特殊处理最后的全集,开两个状态搞)

code

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(a,b,c) for (int a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (int a=b; a>=c; a--)
#define add(a,b) a=((a)+(b))%mod
#define mod 998244353
#define Mod 998244351
#define ll long long
#define file
using namespace std;

const int N=21;
const int twoN=1048576;
int T,n,K=11;
int a[N];
int sum[twoN];
int F[twoN],f[twoN],g[twoN];
ll ans;

int main()
{
//	freopen("luogu5369.in","r",stdin);
	
	scanf("%d",&n);
	fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
	fo(s,1,(1<<n)-1)
	{
		fo(i,1,n)
		if (s&(1<<(i-1)))
		{
			sum[s]=sum[s-(1<<(i-1))]+a[i];
			break;
		}
	}
	
	F[0]=1;
	fo(s,0,(1<<n)-1-1)
	{
		fo(i,1,n)
		if (!(s&(1<<(i-1))))
		{
			if (sum[s|(1<<(i-1))]>0)
			add(F[s|(1<<(i-1))],F[s]);
			add(f[s|(1<<(i-1))],F[s]);
		}
	}
	g[0]=1;
	fo(s,0,(1<<n)-1-1)
	{
		fo(i,1,n)
		if (!(s&(1<<(i-1))) && sum[s|(1<<(i-1))]<=0)
		add(g[s|(1<<(i-1))],g[s]);
	}
	
	fo(s,1,(1<<n)-1)
	{
		int s2=((1<<n)-1)^s;
		add(ans,1ll*f[s]*g[s2]%mod*sum[s]);
	}
	printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
}

标签:twoN,前缀,int,PKUSC2018,luoguP5369,fo,sum,define
From: https://www.cnblogs.com/gmh77/p/18387652

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