洛谷5339 BZOJ5510 TJOI2019 唱、跳、rap和篮球 容斥 dp 组合数

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题意：
给你一个$n$，表示你要选出一个$n$个人组成的队列。有四种不同的人，人数分别是$a,b,c,d$个，保证$a+b+c+d>=n$。我们要求队伍里不能有连续的四个位置依次是第一种人、第二种人、第三种人和第四种人。求方案数。对$998244353$取模。$n<=1000,a,b,c,d<=500$

题解：
难得自己做出来道题。

首先先考虑一些暴力的dp想法。我们可能会想记录当前这四种人分别站到队伍里了多少个，然后当前已经有了这四种人中连续的几种人的方案数。很显然的是，空间和时间都不允许。

于是我们换个思路，我们直接做不好做，我们就考虑用总方案数减去不合法的方案数。我们先考虑如何求总方案数。我们设$dp[i][j]$表示考虑了前$i$种人，已经占了$j$个位置的方案数。在转移时，我们并不能直接累加，因为我们在队伍里放进去若干个当前这种人的时候，位置是可以任意选的，所以要乘上一个组合数。我们设第$i$种人可以用$num[i]$个，那么可以列出转移方程式：$dp[i][j]=\sum_{k=max(0,j-num[i])}^{j}dp[i-1][k]*C_{n-j}^{j-k}$ 这样我们就可以在$O(n^2)$的时间内算出这个总方案数了。

接下来我们考虑减去不合法的方案，我们发现可以容斥，我们用总方案数减去至少有一处出现不合法，其余位置随便放的方案数，加上至少有两处不合法，其他位置随便放的方案数，以此类推。我们已经会算$x$个位置，每种人可以用的数量已知的情况下怎么算总方案数，那么我们就考虑如何算有$n$个位置，选出$k$组连续的四个位置的方案数。这个其实也是一个经典的组合数模型，我们可以预先对于每一组放上三个，这样就变成了$C_{n-3*k}^{k}$了。这样就可以计算出答案了。

复杂度的话，是$O(n^3)$的，实际来分析一下常数，应该会发现容斥的枚举次数上限是$n/4$，内层的话要枚举$4$次，每次枚举一个当前占了的位置数和上一次占了的位置数，这两个的差不超过$num[i]$，实际常数应该是不大的。再加上时限是$4$秒，就这么跑过去了，而且实测的话，似乎最慢的点也不到一秒。

update:
之前的代码在BZOJ上会被卡常，新的代码减少了取模次数，是可以过的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int n,a,b,c,d,shu[5];
const long long mod=998244353;
long long ans,dp[5][1010],C[1010][1010];
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c,&d);
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;++j)
        C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    }
    int mn=min(a,b);
    mn=min(mn,c);
    mn=min(mn,d);
    mn=min(mn,n/4);
    for(int i=0;i<=mn;++i)
    {
        long long opt=1;
        if(i&1)
        opt=-1;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        shu[1]=a-i;
        shu[2]=b-i;
        shu[3]=c-i;
        shu[4]=d-i;
        for(int j=0;j<=shu[1];++j)
        dp[1][j]=C[n-4*i][j];
        for(int j=2;j<=4;++j)
        {
            for(int k=0;k<=n;++k)
            {
                for(int l=max(0,k-shu[j]);l<=k&&n-4*i-l>=0;++l)
                dp[j][k]=(dp[j][k]+dp[j-1][l]*C[n-4*i-l][k-l])%mod;
            }
        }
        ans=(ans+opt*dp[4][n-4*i]*C[n-3*i][i]%mod+mod)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}