棋盘
需要注意的几点：
题面编号都是从0开始的，所以第1行实际指的是中间那行
对\(2^{32}\)取模，其实就是\(unsigned\ int\)，直接自然溢出啥事没有
棋子攻击范围不会旋转
首先，我们得找出所有满足条件的同一行的状态，在此之前，我们要先处理出状态\(S\)下，第\(k\)行能被棋子攻击到的格子\(at[k][S]\)
先钦定自己不能攻击自己
再枚举每一个状态中每一个1，然后对攻击范围模板进行左移/右移操作，把这一行这种状态能攻击到的格子或上他
接下来，枚举每一个状态，如果\(at[1][i]\ and\ i==0\)，则记录下这种合法的情况。
这个时候我们就可以枚举每一行的状态来求解了，但是这样时间复杂度是\(O(n\cdot 2^{2m})\)的，而在\(n\)给到\(1e6\)的情况下无疑会炸掉，需要考虑进一步的优化
（颓了一下题解）
其实，每一种状态都是由之前的某种状态转移来的，且可以重复，那就说明如果两个状态可以排在一起，他们就可以多次排在一起
考虑矩阵快速幂优化
设初始矩阵中\(A[i][j]=1\)表示\(j\)可以排在\(i\)的后面
则有这样的柿子：\(f[i][j]=f[i][k]\cdot f[k][j]\)
这样的情况下，我们求\(A^n\)，因为第一种情况是为空，所以\(\sum\limits_{i=1}^{cnt}A^n[1][i]\)即为答案，意为开始为空，经过\(n\)行后最后一行为状态\(i\)的总数
code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll unsigned int
#define ull unsigned long long
#define ZZ_zuozhe
#define M 6
#define N 80
ll n,m,p,k;
ll lim[4];
ll at[4][1<<M];
ll sit[N],cnt=0;
struct mat
{
ll a[N][N];
mat(){memset(a,0,sizeof a);}
};
mat operator*(mat a,mat b)
{
mat c;
for(int i=1;i<=cnt;i++)for(int j=1;j<=cnt;j++)for(int k=1;k<=cnt;k++)
{
c.a[i][j]=c.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j];
}
return c;
}
mat ksm(mat a,ll b)
{
mat res=a;
b--;
while(b)
{
if(b&1)res=res*a;
a=a*a;
b>>=1;
}
return res;
}
mat a,ans;
ll t;
int main()
{
scanf("%u%u%u%u",&n,&m,&p,&k);
for(int i=0;i<3;i++)
{
for(int j=0;j<p;j++)
{
scanf("%u",&t);
if(t)lim[i]|=(1<<j);
}
}
lim[1]-=(1<<k);
ll all=(1<<m)-1;
for(int i=0;i<=all;i++)
{
at[0][i]=at[1][i]=at[2][i]=0;
for(int j=0,p=i;p;j++,p>>=1)
{
if((p&1)==0)continue;
at[0][i]|=(j<k)?lim[0]>>(k-j):lim[0]<<(j-k);
at[1][i]|=(j<k)?lim[1]>>(k-j):lim[1]<<(j-k);
at[2][i]|=(j<k)?lim[2]>>(k-j):lim[2]<<(j-k);//处理每种状态每行能够攻击到的位置集合
}
}
for(int i=0;i<=all;i++)
{
if((i&at[1][i])==0)sit[++cnt]=i;
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
for(int j=1;j<=cnt;j++)
{
if(((sit[i]&at[0][sit[j]])==0)&&((sit[j]&at[2][sit[i]])==0))a.a[i][j]++;
//处理初始矩阵，如果j放在i后面不冲突就++
}
}
a.a[1][1]=1;
ans=ksm(a,n);
ll aa=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
aa+=ans.a[1][i];
}
printf("%u\n",aa);
return 0;
}
最大前缀和
开始的思路
其实求最大前缀和似乎就是每个负数前判一次……
这几个数总排列方式是\(n!\)，答案要乘他就说明直接拿可能值\(\cdot\)这种情况的次数求和就行……
\(n\)的范围看起来挺合适拿来状压的
口胡一下：\(f[i][S]\)为选\(i\)个当前状态为\(S\)的期望和
如果新取一个负数答案应该是直接加，取正数就得更新，但是好像也不一定会更新……
是不是得记录下当前值和更新答案的临界值什么的……
或者用状压记录负数位置……？
（实际证明没一点挨上边）
正解
妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊妙啊
状压还能这么出的吗，爱了爱了（虽然做不出来吧……
深挖一下最大前缀和的性质：
\[\max(\sum\limits_{j=1}^{i} a_j),i\in [1,n]
\]
设数列\(A\)的最大前缀和为\(pre_j\)，即\(\sum\limits_{i=1}^{j} a_i\)
那么由此可以推出：
- 对于任意\(1\leq x \leq j\)，有\(\sum\limits_{i=x}^{j} A_i\)定不小于0（否则可以把这部分减去）
对于任意\(j+1\leq x \leq n\)，有\(\sum\limits_{i=j+1}^{x} A_i\)定不大于0（否则可以把这部分加上）
然后，我们发现，原数列可以分成两部分，分别满足不同的条件，既然如此，我们把满足左边条件的排列个数与满足右边条件的排列个数相乘，就可以得到总方案个数。
但是，题目中要求我们求最大前缀和的期望\(\cdot n!\)，也就是用每种可能值乘上能得到它的方案个数，所以，结合状压，我们可以将每种状态满足左右的排列个数相乘，再把每种状态的满足条件方案个数乘上每种状态选的数的总和，即为所求
对于右边，我们在一个所有前缀和为负的数列后面加一个数，若新数列总和仍然为负，则新数列所有前缀和为负
对于左边，我们在一个所有后缀和为正的数列前面加一个数，若新数列总和仍然为非负，则新数列所有后缀和为非负
基于这样的过程，我们可以枚举子集，则有
\[g[i]=\sum g[i-j](j\in i,sum[i]< 0),f[i+j]+=f[i](j\notin i,sum[i]\geq 0)
\]
答案为
\[\sum\limits_{i=0}^{all} sum[i]*f[i]*g[all\ xor\ i]
\]
另外注意：答案要求非负整数，所以最后要模成正的
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define N 21
#define mod 998244353
#define S (1<<20)
ll n,all;
ll a[N];
ll sum[S];
ll f[S],g[S];
ll ans=0;
int main()
{
scanf("%lld",&n);
all=(1<<n)-1;
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&sum[1<<i]);
for(int i=0;i<=all;i++)sum[i]=(sum[i&(-i)]+sum[i^(i&-i)])%mod;
g[0]=1;
for(int i=0;i<=all;i++)
{
if(sum[i]<0)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(i&(1<<j))
{
g[i]=(g[i]+g[i^(1<<j)])%mod;
}
}
}
}
f[0]=1;
for(int i=0;i<=all;i++)
{
if(sum[i]>=0)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if((i&(1<<j))==0)
{
f[i|(1<<j)]=(f[i|(1<<j)]+f[i])%mod;
}
}
}
}
for(int i=0;i<=all;i++)
{
//cout<<sum[i]<<' '<<f[i]<<' '<<g[all^i]<<endl;
ans=(ans+sum[i]*f[i]%mod*g[all^i]%mod+mod)%mod;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
![[转]Mysql中的SQL优化与执行计划](https://www.kunjuke.com/file/css/thumb/1.jpg/280-180.jpg)
