一、题目

​​点此看题​​

有 \(n\) 个机器人排成一排，有 \(m\) 个时刻，每个时刻每个机器人有 \(1/2\) 的概率向右走一步，有 \(1/2\) 的概率在原地不懂。初始第 \(i\) 个机器人在位置 \(x_i\)，问所有机器人不相撞的概率，答案模 \(998244353\)

\(n\leq 10,x_i,m\leq 1000\)

二、解法

首先转成不相撞的方案数，最后再除以 \(2^{nm}\)

要求不相撞的方案数可以考虑一个逆序对容斥，我们枚举最终位置序列 \(y_i\)：


\[\sum_{y}(-1)^{\pi(y)}\prod_{i=1}^n{m\choose y_i-x_i}\]


解释一下这个容斥，如果两个机器人重合那么我们就交换它们的操作序列，这个交换操作会使得逆序对减少 \(1\)，所以一种方案是会在逆序对更少的计算中被统计，考虑逆序对数量为 \(n\) 的方案被统计的次数：


\[\sum_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}=[n=0]\]


那么最后只会把没有逆序对的方案算进答案里，也就是所有机器人不相撞的方案数。

现在考虑怎么计算这个容斥式子，主要问题在于确定序列 \(y\)，由于数据范围很小可以考虑 \(dp\)，具体来说我们最外层从小到大枚举最终位置 \(y\)，然后考虑向状态 \(s\) 中加入最终位置为 \(y\) 的某个点，已经在集合中的最终位置都会比当前枚举的最终位置小，所以这时候很方便统计逆序对数，时间复杂度 \(O(n2^nm)\)

三、总结

路径不相交问题首选逆序对容斥，然后分为两种情况：如果终点确定那么可以套用 \(\tt LGV\) 引理；如果数据范围小那么可以 \(dp\) 计算容斥系数。

状压 \(dp\) 也可用于确定序列问题上，只是这是时候需要多消耗 \(O(\)值域\()\) 的复杂度。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 2005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
  int x=0,f=1;char c;
  while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
  while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
  return x*f;
}
int n,m,a[M],f[M],p[1<<11],dp[1<<11];
int qkpow(int a,int b)
{
  int r=1;
  while(b>0)
  {
    if(b&1) r=r*a%MOD;
    a=a*a%MOD;
    b>>=1;
  }
  return r;
}
signed main()
{
  n=read();m=read();
  for(int i=0;i<n;i++)
    a[i]=read();
  f[0]=dp[0]=1;
  for(int i=1;i<=m;i++)
    f[i]=f[i-1]*(m-i+1)%MOD*qkpow(i,MOD-2)%MOD;
  for(int i=0;i<(1<<n);i++)
    p[i]=__builtin_parity(i)?-1:1;
  for(int i=0;i<=a[n-1]+m;i++)
    for(int s=(1<<n)-1;s>=0;s--)
      for(int j=0;j<n;j++) if(!(s&(1<<j)))
        if(a[j]<=i && i<=a[j]+m)
        {
          dp[s|(1<<j)]=(dp[s|(1<<j)]
          +p[s>>j]*dp[s]*f[i-a[j]])%MOD;
        }
  int ans=dp[(1<<n)-1]*qkpow((MOD+1)/2,n*m)%MOD;
  printf("%lld\n",(ans+MOD)%MOD);
}