Luogu 6442 [COCI2011-2012#6] KOŠARE

简单题。

发现 $m$ 很小，所以一个箱子可以用一个二进制数 $a_i$ 表示，值域 $w=2^{20}$。然后就变成取出若干个 $a_i$ 使得或起来为全集的方案数。

将所有 $a_i$ 按位取反，即求若干个 $a_i$ 与起来为空集的方案数，就是这题。

考虑容斥，令 $t_{S}$ 为与起来恰为 $S$ 的方案数，$g_S$ 为与起来包含 $S$ 的方案数。显然有 $g_S=\sum\limits_{S\subseteq T}t_T$，反演得到 $t_{S}=\sum\limits_{S\subseteq T}(-1)^{|S|-|T|}g_T$。由于我们要求 $t_{\varnothing}$，即为 $\sum\limits_{T}(-1)^{|T|}g_T$。由于可以 $O(w)$ 枚举 $T$，我们现在考虑如何求 $g$。

由于与起来包含 $S$，所以你选出来每个数都包含 $S$，所以 $g_S=2^{f_S}-1$，$f_S$ 为包含 $S$ 的数的个数。

显然 $f$ 是个超集和，想一下 FWT 求子集和的时候，把前面贡献后面，那么现在在后面贡献前面即可。

然后就做完了。复杂度 $O(n+w\log w)$。

const int maxn = 2e6 + 100;
const int lg = 20;
const int S = (1 << lg) - 1;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, k, a[maxn], c[S + 100], f[S + 100], g[S + 100];

int qpow(int p, int q) {
    int res = 1;
    while (q) {
        if (q & 1) res = 1ll * res * p % mod;
        p = 1ll * p * p % mod, q >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
	n = read(), k = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int p = read();
        for (int j = 1; j <= p; j++) 
            a[i] |= (1 << (read() - 1));
        c[(1 << k) - 1 - a[i]]++;
    }
    for (int i = 0; i <= S; i++) f[i] = c[i];
    for (int o = 2, k = 1; o <= (1 << lg); o <<= 1, k <<= 1) 
        for (int i = 0; i < S; i += o)
            for (int j = 0; j < k; j++)
                (f[i + j] += f[i + j + k]) %= mod;
    for (int i = 0; i <= S; i++) g[i] = (qpow(2, f[i]) + mod - 1) % mod;
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= S; i++) {
        int t = __builtin_popcount(i), tp = (t & 1) ? (mod - 1) : 1;
        (ans += 1ll * tp * g[i] % mod) %= mod;
    }
    write(ans);
	return 0;
}