CSP模拟51联测13 B.狗
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题目大意
题目描述
小G养了很多狗。
小G一共有 n × n n\times n n×n 条狗,在一个矩阵上。小G想让狗狗交朋友,一条狗狗最多只能交一个朋友,不必所有狗狗都有朋友。但是狗狗交朋友有要求,具体的,第 i i i 行第 j j j 列的狗有两个值 d i , j ∈ { U , D , L , R } d_{i,j}\in\{\texttt{U},\texttt{D},\texttt{L},\texttt{R}\} di,j∈{U,D,L,R} 表示它只能和上/下/左/右的狗狗交朋友,如果成功交友能得到 a i , j a_{i,j} ai,j 的喜悦值。一个交友方案的价值就是所有有朋友的狗狗的喜悦值之和。
小G想知道所有交友方案的价值和,由于这个数可能很大,请对 998244353 998244353 998244353 取模并告诉小G。
朋友关系是双向的,两条狗互相交朋友需要两个d都满足,上下左右不必相邻
上下左右是指正上/正下/正左/正右,也就是要在同一行同一列
输入格式
第一行一个整数 n n n。
接下来 n n n 行每行一个长度为 n n n 的字符串,第 i i i 行 j j j 列的字符表示 d i , j d_{i,j} di,j。
接下来 n n n 行每行 n n n 个数字,第 i i i 行第 j j j 个表示 a i , j a_{i,j} ai,j。
输出格式
一行一个整数表示对 998244353 998244353 998244353 取模的结果。
样例
样例 1
input
c++
4
RRRD
RULL
DULU
URUL
1 2 2 2
1 2 2 1
2 1 2 1
2 2 2 1
output
c++
160
思路
观察发现 每一行和每一列都是 相互独立 的
我们考虑每一行上 L , R L , R L,R 的的情况
设 f i , j , g i , j f_{i , j},g_{i , j} fi,j,gi,j 分别为前 i i i 个 ,想选若干个 R R R ,还有 j j j 个 R R R 要选的方案数和价值和
1、如果当前不选那么:
f i , j + = f i − 1 , j g i , j + = g i − 1 , j f_{i , j} += f_{i- 1 , j} \newline g_{i , j} += g_{i - 1 , j} fi,j+=fi−1,jgi,j+=gi−1,j
如果当前是 L L L 并且选那么:
f i , j − 1 + = f i − 1 , j ∗ j g i , j − 1 + = g i − 1 , j + f i − 1 , j ∗ j ∗ a i f_{i , j - 1} += f_{i - 1 , j } * j \newline g_{i , j - 1} += g_{i - 1 , j} + f_{i - 1 , j} * j * a_i fi,j−1+=fi−1,j∗jgi,j−1+=gi−1,j+fi−1,j∗j∗ai
如果当前是 R R R 并且选那么 :
f i , j + 1 + = f i − 1 , j g i , j + 1 + = g i − 1 , j + f i − 1 , j ∗ a i f {i , j + 1} += f{i- 1 , j} \newline g_{i , j + 1} += g_{i - 1 , j} + f_{i - 1 , j} * a_i fi,j+1+=fi−1,jgi,j+1+=gi−1,j+fi−1,j∗ai
其实每一列上 U , D U , D U,D 的情况差不多,所以最后复杂度 O ( n 3 ) O(n ^3) O(n3)
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define fu(x , y , z) for(int x = y ; x <= z ; x ++)
#define LL long long
using namespace std;
const LL mod = 998244353;
const int N = 505;
int n , m , cnt , flg[N];
LL f[N][N] , g[N][N] , p[N << 1] , q[N << 1] , mp[N][N] , a[N];
char s[N][N];
void solve () {
memset (f , 0 , sizeof (f));
memset (g , 0 , sizeof (g));
f[0][0] = 1;
fu (i , 1 , m) {
fu (j , 0 , m) {
f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j]) % mod;
g[i][j] = (g[i][j] + g[i - 1][j]) % mod;
if (!flg[i]) {
f[i][j - 1] = (f[i][j - 1] + f[i - 1][j] * j % mod) % mod;
g[i][j - 1] = (g[i][j - 1] + (g[i - 1][j] * j % mod + f[i - 1][j] * j % mod * a[i] % mod) % mod) % mod;
}
else {
f[i][j + 1] = (f[i][j + 1] + f[i - 1][j]) % mod;
g[i][j + 1] = ((g[i][j + 1] + g[i - 1][j]) % mod + f[i - 1][j] * a[i] % mod) % mod;
}
}
}
p[++cnt] = g[m][0];
q[cnt] = f[m][0];
}
int main () {
char c;
scanf ("%d" , &n);
fu (i , 1 , n) {
fu (j , 1 , n) {
c = getchar ();
while (c != 'U' && c != 'D' && c != 'L' && c != 'R') c = getchar ();
s[i][j] = c;
}
}
fu (i , 1 , n)
fu (j , 1 , n)
scanf ("%lld" , &mp[i][j]);
fu (i , 1 , n) {
m = 0;
fu (j , 1 , n) {
if (s[i][j] == 'L' || s[i][j] == 'R') {
flg[++m] = (s[i][j] == 'R');
a[m] = mp[i][j];
}
}
if (m) solve ();
}
fu (i , 1 , n) {
m = 0;
fu (j , 1 , n) {
if (s[j][i] == 'U' || s[j][i] == 'D') {
flg[++m] = (s[j][i] == 'D');
a[m] = mp[j][i];
}
}
if (m) solve ();
}
LL k , ans = 0;
fu (i , 1 , cnt) {
k = p[i];
fu (j , 1 , cnt) {
if (i != j)
k = (k * q[j]) % mod;
}
ans = (ans + k) % mod;
}
// printf ("%lld" , ans);
cout << q[3] << " " << p[3];
return 0;
}