題目描述

小 F 是一個能鴿善鵡的同學，他經常把事情拖到最後一天才去做，導致他的某些日子總是非常匆忙。

比如，時間回溯到了 2018 年 11 月 3 日。小 F 望著自己的任務清單：

1. 看 iG 奪冠；
2. 補月賽題的鍋。

小 F 雖然經常咕咕咕，但他完成任務也是很厲害的，他一次性可以完成剩餘任務的任一非空子集。比如，他現在可以選擇以下幾種中的一種：

1. 看 iG 奪冠；
2. 補月賽題的鍋；
3. 一邊看 iG 奪冠的直播，一邊補鍋。

當然，比賽實在是太精彩了，所以小 F 就去看比賽了。

不過，當金雨從天而降、IG 舉起獎盃之時，小 F 突然心生愧疚——鍋還沒補呢！於是，小 F 的內心產生了一點歉意。

這時小 F 注意到，自己總是在某些情況下會產生歉意。每當他要檢查自己的任務表來決定下一項任務的時候，如果當前他幹了某些事情，但是沒幹另一些事情，那麼他就會產生一定量的歉意——比如，無論他今天看沒看比賽，只要沒有補完月賽的鍋，他都會在選擇任務的時候產生 11 點歉意。小 F 完成所有任務後，他這一天的歉意值等於他每次選擇任務時的歉意之和。

過高的歉意值讓小 F 感到不安。現在，小 F 告訴你他還有 nn 項任務，並告訴你在 mm 種情況中的一種 \mathrm{state}_istatei​ 的情況下，小 F 會產生 a_iai​ 點歉意。請你幫忙計算一下，小 F 在那一天所有可能的完成所有任務方式的歉意值之和是多少。

由於答案可能很大，你只需要輸出答案對 998244353998244353 取模即可。

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入一行兩個整數 n, mn,m，表示有 nn 項任務，在 mm 種情況中下小 F 會產生歉意值。

輸入接下來 mm 行，每行有一個長度為 nn 的 0-10−1 串 \mathrm{state}_istatei​ 和一個歉意值 a_iai​，\mathrm{state}_{i, j}statei,j​ 為 0/10/1 表示第 jj 項任務此時沒做 / 已經做了。

詳情請參考樣例和樣例解釋。

輸出格式：

輸出一行一個整數，表示小 F 在那一天所有可能的完成任務方式的歉意值之和對 998244353998244353 取模的結果。

輸入輸出樣例

2 2
00 1
10 1

4

3 4
000 16
001 9
110 4
111 1

260

說明

樣例 1 解釋：

0-10−1 串中第一個數字表示小 F 看沒看比賽，第二個數字表示小 F 補沒補鍋。

我們用 \varnothing∅ 表示小 F 什麼都沒幹，AA 表示小 F 看了比賽，BB 表示小 F 補了鍋，那麼所有會產生愧疚的方式如下：

\varnothing: 1∅:1
\{A\}:1{A}:1

那麼所有可能的選擇如下：

\varnothing\rightarrow\{A\}\rightarrow\{A,B\}:2∅→{A}→{A,B}:2
\varnothing\rightarrow\{B\}\rightarrow\{A,B\}:1∅→{B}→{A,B}:1
\varnothing\rightarrow\{A,B\}:1∅→{A,B}:1

所以答案是 2 + 1 + 1 = 42+1+1=4。

資料範圍

保證出現的 \mathrm{state}_istatei​ 互不相同。

對於所有資料，有 1 \leq n \leq 201≤n≤20, 1 \leq m \leq \min(2 ^ n, 10 ^ 5), 1 \leq a_i \leq 10 ^ 51≤m≤min(2n,105),1≤ai​≤105。

題解 

題意

首先給定$m$個長為$n$的串，和踩中每個需付的代價。

定義每次操作從$\underbrace{000....00}_{n}$開始，每步可以任選至少一個$0$變成$1$，當所有串變成$\underbrace{111....11}_{n}$時，操作結束。

在操作過程中，如果在某時刻序列和之前給定的序列相同，那麼要付給定序列的代價。

問在這數不清的不同操作都做完之後（兩次操作相同當且僅當變換過程完全相同），一共要付的代價，對$998244353$取模。

哇這個題真實的難讀懂啊qwq

以下分析

先來考慮對於一個給定串$s$，有多少個操作（設為$ans$）會撞上它。

可以注意到，答案跟數字的位置無關，所以我們可以先把串抽象出來，數出有$c$個$1$，$(n-c)$個$0$。

那麼這$c$個$1$，可能是由$c-1$個$1$的串轉移而來，可能是$c-2,c-3......0$個$1$的串轉移而來。

dp!

設$f[i]$為轉移成$i$個$1$的方案數。

轉移方程：$f[i]=\sum_{j=0}^{j-1}(f[j]*C_{i}^{j})$。

其中$C_i^j$是因為有$C_i^j$種方式從$j$個$1$轉移成$i$個$1$。（在$i$個裡面欽定$j$個為原有的$1$的方案數為$C_i^j$）

那麼從$000.....0$轉移到$s$的方案數就為$f[c]$。

而從$s$轉移到$111.....1$的方案數可以倒著思考：從$111.....1$轉移到$s$，有$(n-c)$個$1$變成了$0$對叭。

所以可以直接操起求過的$f$陣列，從$s$轉移到全$1$串的方案數就為$f[n-c]$。

然後用乘法原理乘起來，就得到了會經過串$s$的運算元，再乘上串$s$的單次代價就是這個串造成的總代價了。

最後把$m$個串的代價加起來就是答案。

 1 /*
 2     qwerta 
 3     P4996 咕咕咕 Accepted 
 4     100
 5     程式碼 C++，0.6KB
 6     比賽 【LGR-055】洛谷11月月賽
 7     提交時間 2018-11-04 11:58:31//下考前幾十秒發現自己忘開long long，太真實了qwq
 8     耗時/記憶體 108ms, 804KB
 9 */
10 #include<iostream>
11 #include<cstdio>
12 using namespace std;
13 #define LL long long//一年OI一場空，不開long long見祖宗
14 const int mod=998244353;
15 LL f[23];
16 char s[23];
17 LL je(int x)//返回x!（因為20!沒爆long long就直接亂搞了
18 {
19     LL ans=1;
20     while(x)
21     {
22         ans*=x;
23         x--;
24     }
25     return ans;
26 }
27 LL C(int q,int w)//返回C(q,w)
28 {
29     return je(q)/je(w)/je(q-w);
30 }
31 int main()
32 {
33     ios::sync_with_stdio(false);
34     int n,m;
35     cin>>n>>m;
36     f[0]=1;//初始化
37     //先把f預處理出來
38     for(int i=1;i<=n;++i)
39     {
40         for(int j=0;j<i;++j)
41         {
42             f[i]+=C(i,j)*f[j]%mod;
43             f[i]%=mod;
44         }
45     }
46     LL ans=0;
47     for(int i=1;i<=m;++i)
48     {
49         cin>>s;
50         int c=0;//c為s中1的個數
51         for(int j=0;j<n;++j)
52         c+=s[j]-'0';
53         int v;//這個串的單次代價
54         cin>>v;
55         ans+=(LL)f[c]*f[n-c]%mod*v%mod;
56         ans%=mod;
57     }
58     cout<<ans;
59     return 0;
60 }