Adore
(非公共题目)
问题描述
小 w 偶然间⻅到了一个 DAG。这个 DAG 有 m 层,第一层只有一个源点,最后一层只有一个汇点,剩下的每一层都有 k 个节点。
现在小 w 每次可以取反第 i(1 < i < n − 1) 层和第 i + 1 层之间的连边。也就是把原本从(i, k1 ) 连到 (i+1, k2 ) 的边,变成从 (i , k2 ) 连到 (i+1, k1)。请问他有多少种取反的方案,把从源点到汇点的路径数变成偶数条?
答案对 998244353 取模。
输入格式
一行两个整数 m,k。
接下来 m − 1 行,第一行和最后一行有 k 个整数 0 或 1,剩下每行有 k2 个整数 0 或 1,第(j − 1) × k + t 个整数表示 (i, j) 到 (i + 1, t) 有没有边。
输出格式
一行一个整数表示答案。
样例输入
5 3 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1
样例输出
4
数据规模与约定
20% 的数据满足 n ≤ 10,k ≤ 2。
40% 的数据满足 n ≤ 103,k ≤ 2。
60% 的数据满足 m ≤ 103,k ≤ 5。
100% 的数据满足 4 ≤ m ≤ 104,k ≤ 10。
题解:
首先发现k ≤ 10,可以状态压缩。我们设dp[i][j]代表到了i行,当前行的状态为j的情况下的方案数。状态中的0和1代表当前行的每一个点,上面到这一个点的路径的条数的奇偶。
我们预处理一个数组orz[i]代表i这个数的状态,也就是i这个数的二进制位上1的个数的奇偶。这个可以递推不用一个一个求。
然后dp初值自然就是源点到第2层的状态了(第一层为源点)。把源点向i如果有连边,那么s|=(1<<i)。然后dp[1][s]=1。
对于中间的层数,我们枚举所有的状态1~210-1。然后进行转移,设a[i]代表当前这两层下面的那一层的第i个点,可以从上面哪一个点来,压缩一下,例如a[2]=5(101)代表上一层的点1和3有连向这一层的点2的一条边。然后我们设一个集合S=0。对于这一层的每一个点i。如果上一层的状态status,与(&)上这一个点的a[i],可以不能转移的自然就变成0了。到上一层的点的路径的奇偶状态转移到了这一个点,如果相加为奇数,也就是orz[status&a[i]]=1,的话代表到这一个点的路径的条数为奇数,那么集合S|=(1<<i)即可,S就是这一层的状态,我们一个一个的填进去。然后dp[i][S]+=dp[i-1][status]。取个模就可以了。然后对于题目中所说的“取反”的边,同样使用一个b[i]来存开一个SS=0来存同样转移即可了。
最后只要统计有哪些点连向汇点,就可以枚举n-1层所有可能的状态,如果status&s的orz是偶数,那么就可以ans+=dp[n-1][s]。
数组滚滚Great!
1 #include<queue> 2 #include<cstdio> 3 #include<vector> 4 #include<cstring> 5 #include<iostream> 6 #include<algorithm> 7 #define RG register 8 #define LL long long 9 #define fre(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout); 10 using namespace std; 11 const int MAXN=11000,mod=998244353; 12 int n,k,ans,s; 13 int dp[2][(1<<10)+8],orz[(1<<10)+8]; 14 int main() 15 { 16 fre("adore"); 17 scanf("%d%d",&n,&k); 18 int All=(1<<k)-1; 19 int *now=dp[0],*la=dp[1]; 20 for(int i=0;i<=All;i++) orz[i]=orz[i>>1]^(i&1); 21 for(int i=0,x;i<k;i++) 22 { 23 scanf("%d",&x); 24 s|=(x<<i); 25 } 26 la[s]=1; 27 for(int i=2;i<=n-2;i++) 28 { 29 int a[12]={0},b[12]={0}; 30 memset(now,0,sizeof dp[0]); 31 for(int j=0,x;j<k;j++) 32 for(int l=0;l<k;l++) 33 { 34 scanf("%d",&x); 35 a[l]|=(x<<j); 36 b[j]|=(x<<l); 37 } 38 for(int j=0,S0,S1;j<=All;j++) 39 { 40 if(la[j])//加速 41 { 42 S0=S1=0; 43 for(int l=0;l<k;l++) 44 { 45 S0|=(orz[j&a[l]]<<l); 46 S1|=(orz[j&b[l]]<<l); 47 } 48 (now[S0]+=la[j])%=mod; 49 (now[S1]+=la[j])%=mod; 50 } 51 } 52 swap(now,la);//滚动数组。 53 } 54 s=0; 55 for(int i=0,x;i<k;i++) 56 { 57 scanf("%d",&x); 58 s|=(x<<i); 59 } 60 for(int i=0;i<=All;i++) 61 (ans+=(orz[s&i]?0:la[i]))%=mod; 62 printf("%d\n",ans); 63 return 0; 64 }