英文题面

Problem Statement

You are given N integers. The i-th integer is ai. Find the number, modulo 998244353, of ways to paint each of the integers red, green or blue so that the following condition is satisfied:

Let R, G and B be the sums of the integers painted red, green and blue, respectively. There exists a triangle with positive area whose sides have lengths R, G and B.

Constraints

3≤N≤300
1≤ai≤300(1≤i≤N)
All values in input are integers.

Input

Input is given from Standard Input in the following format:

N
a1
:
aN

Output

Print the number, modulo 998244353, of ways to paint each of the integers red, green or blue so that the condition is satisfied.

Sample Input 1

4
1
1
1
2

Sample Output 1

18

We can only paint the integers so that the lengths of the sides of the triangle will be 1, 2 and 2, and there are 18 such ways.

Sample Input 2

6
1
3
2
3
5
2

Sample Output 2

150

Sample Input 3

20
3
1
4
1
5
9
2
6
5
3
5
8
9
7
9
3
2
3
8
4

Sample Output 3

563038556

中文题面（手动翻译）

题面描述

你有 N 个整数。第 i 个整数是 $ a_i $。求出将数字涂成红色，绿色和蓝色整数的方法总数，并以满足以下条件：

设 R，G 和 B 分别为涂成红色，绿色和蓝色的整数之和。存一个正面积的三角形的三边长分别为 R,G,B。

数据范围

3≤N≤300

$ 1≤a_i≤300(1≤a_i≤N) $

输入中的所有值都是整数。

输入

输入由标准输入以下列格式给出：
N

$ a_1 $
$ a_2 $
.
.
.
$ a_n $

输出

打印数字，模 998244353，绘制红色，绿色或蓝色的每个整数的方法，以满足条件。

样例输入 1

4
1
1
1
2

样例输出 1

18

我们可以只画整数，使三角形的边的长度将是 1，2 和 2，并有 18 种这样的方式。

样例输入 2

6
1
3
2
3
5
2

样例输出 2

150

样例输入 3

20
3
1
4
1
5
9
2
6
5
3
5
8
9
7
9
3
2
3
8
4

样例输出 3

563038556

解题思路

这是一道非常有趣的 dp 问题。一看数据范围就知道朴素是过不了的。

我们设 dpn 表示前 i 个数字，B 的总和为 j 的方案数。

详见代码。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MaxN = 300;
const long long mod = 998244353;


a[i]这个数 只能加在R、G、B中
dp[i][j] = dp[i-1][j - a[i]] + dp[i-1][j] * 2LL;
 */

long long dp[MaxN + 5][MaxN * MaxN + 5];
int a[MaxN + 5];

int main(){
    long long ans = 1, res = 0;//ans代表总方案数，res代表不可能的方案数
    int n, sum = 0;//sum代表三条边的总和，最大的那条边 < sum/2
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        sum += a[i];
        ans = ans * 3LL % mod;//3LL就是在long long类型下的3
    }
    for(int i = 1;i <= sum;i++) dp[0][i] = 0;//0个数不可能加起来不等于0，所以方案数为0
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        for(int j = 0;j <= sum;j++){
            dp[i][j] = dp[i - 1][j] * 2LL % mod;//这个数加在R或G的两种情况
            if(j >= a[i]) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - a[i]]) % mod;//如果可以，就把这个数加载B上
        }
    }
    for(int i = (sum + 1) / 2;i <= sum;i++) res = (res + dp[n][i]) % mod;
    //     res = B总和大于等于 sum/2的方案数
        //------------由于像n n 0这种情况要减去，并且只有偶数是会有这种情况。------------
    if(sum % 2 == 0){
        for(int i = 1;i <= n;i++){
            for(int j = 0;j <= sum;j++){
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] % mod;//只加一个数，所以不用*2
                if(j >= a[i]) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - a[i]]) % mod;
            }
        }//上一次dp更新不会影响到这一次是因为dp[0]没有改变
        res = (res - dp[n][sum/2LL] + mod % mod);//这句话即res减去B占一半，另一个颜色也占一半的可能性
                //+mod%mod是为了防止前面是负数
    }
        //---------------------------------------------------------------------------
    printf("%lld\n",(ans - res * 3LL % mod + mod)  % mod);//*3LL是因为这里只有B一种情况，其他情况同理
    return 0;
}