[题解][YZOJ50120]相互再归的鹅妈妈
同步发表于 MiNa!
题目大意#
给出一个二进制数 ,在 中选 个互不相同数,问异或和为 的方案数。
.
解题思路#
因为限制 个数互不相同难以实现,所以考虑允许相同怎么求方案数,然后容斥做。
记可以相同的 个数异或和为 的方案数为 ,先考虑怎么容斥,不妨用连边表示两个数不能相同,那么就枚举被违反的限制,令被枚举的边集为 ,把被钦定相同的数缩点,那么答案就是:
虽然这个部分可以以 的复杂度通过,但是还是考虑稍微快一点的 的复杂度怎么做。
试着写多项式复杂度的做法然而只搞出了五次方的东西 T^T
直接枚举每个连通块中是哪些点,然后考虑所有使得连出来的连通块是这个结果的边集的 是多少。
不难发现每个连通块其实是相互独立的,所以可以直接算出使得单个连通块连通的边集的 ,然后乘起来。
因为在用连边表示两个数不能相同时,得到的是完全图,所以单个连通块的 之和连通块包含的点数有关,不妨记为 。
可以用斯特林反演直接推得 ,但是也可以二项式反演来得出。
令 表示 个点不要求连通的 ,那么 的值其实就是 ,然后是个经典容斥:
那么现在就只要考虑 怎么求了,比较暴力 (要求所有 的方案数,所以应该是 ? ) 的数位 dp 不难想,就直接求第几位,有几个数还没有脱离边界的方案数。然而这个做法的空间复杂度 ,无法通过。
考虑一个更巧的思路,考虑第一个脱离边界的数是从哪一位开始脱离,那么在这一位之后,只要拿出一个脱离边界的数做收尾工作,其他的数可以随便填,从这个角度去考虑,就可以得到时间复杂度 的做法了。
代码#
void check(int m){
int sum = 1, siz[2]{};
lfor(i, 1, m) sum = 1ll * sum * f[cnt[i]] % mod, ++siz[cnt[i] & 1];
sum = 1ll * sum * qpow(suf[mk], siz[0]) % mod;
sum = 1ll * sum * h[siz[1]] % mod;
MOD(Ans += sum - mod);
}
void Dfs(int x, int idcnt){
if(x > n) return check(idcnt);
lfor(i, 1, idcnt) ++cnt[i], Dfs(x + 1, idcnt), --cnt[i];
++cnt[idcnt + 1], Dfs(x + 1, idcnt + 1), --cnt[idcnt + 1];
}
signed main(){
read(n), read(k), prep(n), pw[0] = 1;
scanf("%s", s + 1), m = strlen(s + 1), mk = m * k;
lfor(i, 1, m) s[i] -= '0';
lfor(i, 0, k - 1) lfor(j, 1, m) s[i * m + j] = s[j];
reverse(s + 1, s + mk + 1);
lfor(i, 1, mk){
pw[i] = 2ll * pw[i - 1] % mod;
MOD(suf[i] = suf[i - 1] + s[i] * pw[i - 1] % mod - mod);
}
bool have_one = 0; h[0] = 1;
rfor(i, mk, 1) if(s[i]){
memset(dp, 0, sizeof dp), dp[0][0][0] = 1;
lfor(j, 1, n){
lfor(a, 0, 1) lfor(b, 0, 1){
MOD(dp[j][1][b] += 1ll * dp[j - 1][a][b] * (a ? pw[i - 1] : 1) % mod - mod);
MOD(dp[j][a][b ^ 1] += 1ll * dp[j - 1][a][b] * suf[i - 1] % mod - mod);
}
if(j % 2 == 0 || have_one == 0) MOD(h[j] += dp[j][1][0] - mod);
}
have_one |= s[i];
}
f[1] = g[1] = 1;
lfor(i, 1, n) lfor(j, 1, i - 1)
MOD(f[i] -= 1ll * C(i - 1, j - 1) * f[j] % mod * g[i - j] % mod);
Dfs(1, 0);
cout << 1ll * Ans * ifac[n] % mod << endl;
return 0;
}
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