Description
小 F 注意到，自己总是在某些情况下会产生歉意。每当他要检查自己的任务表来决定下一项任务的时候，如果当前他干了某些事情，但是没干另一些事情，那么他就会产生一定量的歉意——比如，无论他今天看没看比赛，只要没有补完月赛的锅，他都会在选择任务的时候产生 1 点歉意。小 F 完成所有任务后，他这一天的歉意值等于他每次选择任务时的歉意之和。
过高的歉意值让小 F 感到不安。现在，小 F 告诉你他还有 n 项任务，并告诉你在 m 种情况中的一种 (state_i) 的情况下，小 F 会产生 (a_i) 点歉意。请你帮忙计算一下，小 F 在那一天所有可能的完成所有任务方式的歉意值之和是多少。
由于答案可能很大，你只需要输出答案对 (998244353) 取模即可。
Input
输入一行两个整数 (n,m)，表示有 (n) 项任务，在 (m) 种情况中下小 F 会产生歉意值。
输入接下来 (m) 行，每行有一个长度为 (n) 的 (0/1) 串 和 (state_i) 一个歉意值 (a_i)。(state_{i,j}) 为 (0/1) 表示第 (j) 项任务此时没做 / 已经做了。
详情请参考样例和样例解释。
Output
输出一行一个整数，表示小 F 在那一天所有可能的完成任务方式的歉意值之和对 (998244353) 取模的结果。
Hint
(1~leq~n~leq~20)
(1~leq~m~leq~min(2^n,10^5))
(1~leq~a_i~leq~10^5)
Solution
考虑状压，发现只能枚举子集转移，复杂度 (O(3^n))，显然过不去
接着发现对答案产生贡献的状态并不多，考虑是否可以直接统计这些状态对答案产生的贡献。
考虑一个非常显然的事情，如果状态 (A) 的 (1) 的个数与状态 (B) 的 (1) 的个数相同，那么从空集转到状态 (A) 和 (B) 的方案数是相同的，同时从这两个状态转到全集的方案数也是相同的。
根据乘法原理，从空集经过状态 (S) 再到全集的方案数为 (cnt_{s_1}~ imes~cnt_{s_0})，其中 (cnt_x) 为将 (x) 个 (0) 变成 (1) 的方案数
于是答案即为 (sum_{i=1}^{m}~cnt_{state_{i_1}}~ imes~cnt{state_{i_0}}~ imes~a_i)。
考虑怎么求 (cnt) 数组。显然可以 (O(3^n)) 状压在本机跑一会然后打表。
考虑正常一点的做法。发现 (cnt) 的组合意义即为从几个数中选出几个当 (1) 然后剩下的 (0) 一次性变成 (1) 的方案数
于是 (cnt_i~=~sum_{j=1}^{i} cnt_{i-j}~ imes~C_{i}^{j})
于是递推一下组合数，递推一下cnt就做完了。
Code
#include <cstdio>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long
typedef long long int ll;
namespace IPT {
const int L = 1000000;
char buf[L], *front=buf, *end=buf;
char GetChar() {
if (front == end) {
end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
if (front == end) return -1;
}
return *(front++);
}
}
template <typename T>
inline void qr(T &x) {
rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
if (lst == '-') x = -x;
}
template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
if (ch == '.') {
ch = IPT::GetChar();
double base = 1;
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
}
if (lst == '-') x = -x;
}
namespace OPT {
char buf[120];
}
template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
rg int top=0;
do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
if (pt) putchar(aft);
}
const int maxt = 25;
const int MOD = 998244353;
int n, m, ans;
int C[maxt][maxt], frog[maxt];
void beginning();
int main() {
freopen("1.in", "r", stdin);
qr(n); qr(m);
beginning();
while (m--) {
char ch = '-'; int _cnt = 0;
do {ch = IPT::GetChar();} while ((ch != '0') && (ch != '1'));
do {_cnt += ch - '0', ch = IPT::GetChar();} while ((ch == '0') || (ch == '1'));
int _a = 0; qr(_a);
ans = (ans + 1ll * frog[_cnt] * _a % MOD * frog[n - _cnt]) % MOD;
}
qw(ans, '
', true);
return 0;
}
void beginning() {
C[0][0] = 1;
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
C[i][0] = 1;
for (rg int j = 1; j <= i; ++j) C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
}
frog[0] = 1;
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
for (rg int j = 0; j <= i; ++j) {
frog[i] = (frog[i] + 1ll * frog[i - j] * C[i][j]) % MOD;
}
}
}
Summary
当对答案产生贡献的状态很少时，考虑直接计算每个状态的贡献。