P3298 [SDOI2013]泉

[SDOI2013]泉

题目描述

作为光荣的济南泉历史研究小组中的一员，铭铭收集了历史上 $x$ 个不同年份时不同泉区的水流指数，这个指数是一个小于。 $2^{30}$ 的非负整数。第 $i$ 个年份时六个泉区的泉水流量指数分别为 $A(i,l),A(i,2),A(i,3),A(i,4),A(i,5),A(i,6)$。

现在铭铭希望知道有多少对不同的年份：$i$ 和 $j$ ,满足这两年恰好有K个泉区的泉水流 $S$ 指数对应相同。
对于 $100$ 的数据, $0⩽K⩽6$ , 且所有数据中 $K$ 是等概率出现的, 即对于任意的 $0⩽x$ 都有大约 ${\displaystyle \frac{1}{7}}$ 的数据中 $K=x$.
$N<=100000$

思路点拨

题目种的 恰好 这个条件并不是很好解决，我们考虑使用二项式反演将其转换成 至少 或者 不超过 的问题。我们设 $f(x)$ 表示恰好有 $x$ 个泉区水流指数相同的点对数量； $g(x)$ 表示 至少有 $x$ 个泉区流水指数相同的点对数量。特别的，$g(x)$ 的点对计数是可以重复的。例如当 $x=3$ 的时候，如果存在两个点对 $i,j$ ，满足有 $5$ 个泉水流水指数相同，那么这就会被记录 $C_5^3$ 次。

根据定义，我们有：

$$g(x)=\sum _{i=x}^6{C}_i^{x}f(i)$$

我们简单反演得到：

$$f(x)=\sum _{i=x}^6(-1{)}^{i-x}{C}_i^{x}g(x)$$

现在我们只需要考虑 $g(x)$ 的求解就可以了。一个比较好想的想法就是，我们枚举有哪些位置上的流水指数是相同的，接下来就只需要数一下有那些泉水这些点对的确是相同的就可以了。具体实现的话，以这些被我们选中的位置为关键字排序双指针扫一遍就可以了，这一点相信大家来做这题还是会的。

时空复杂度分析

我们枚举 $g(x)$ 的时候，一共会枚举到 $2^6$ ，并且对于每一次枚举之后都需要重新排序，所以时间复杂度就是 $O(2^{6}n\log n)$ ,好在STL的排序比较快，所以可以过。

$code$

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-') f=-f;
		ch=getchar(); 
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
} 
const int MAXN=1e5+10;
int n,k;
struct node{
	int s[7];
	bool friend operator<(const node &A,const node &B){
		if(A.s[1]==B.s[1]){
			if(A.s[2]==B.s[2]){
				if(A.s[3]==B.s[3]){
					if(A.s[4]==B.s[4]){
						if(A.s[5]==B.s[5])
							return A.s[6]<B.s[6];
						return A.s[5]<B.s[5];
					}
					return A.s[4]<B.s[4];
				}
				return A.s[3]<B.s[3];
			}
			return A.s[2]<B.s[2];
		}
		return A.s[1]<B.s[1];
	}
	bool friend operator==(const node &A,const node &B){
		for(int i=1;i<=6;i++)
			if(A.s[i]!=B.s[i]) return 0;
		return 1;
	}
}a[MAXN],b[MAXN];
const int N=7;
int f[N],g[N];
int run(int x){
	memset(b,0,sizeof(b));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int tot=0;
		for(int j=0;j<6;j++)
			if(x&(1<<j)){
				++tot;
				b[i].s[tot]=a[i].s[j+1];
			}
	}
	sort(b+1,b+n+1);
	int cnt=0,res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i==1) res++;
		else if(b[i]==b[i-1])
			res++;
		else{
			cnt+=res*(res-1);
			res=1;
		}
	}
	cnt+=res*(res-1);
	return cnt/2;
}
namespace Math{
	int sum[N];
	void prepare(){
		sum[0]=1;
		for(int i=1;i<=6;i++)
			sum[i]=sum[i-1]*i;
	}
	int qpow(int a,int b){
		int ans=1,base=a;
		while(b){
			if(b&1) ans=(ans*base);
			base=base*base;
			b>>=1;
		}
		return ans;
	}
	int C(int n,int m){
		return sum[n]/(sum[m]*sum[n-m]);
	}
}
using namespace Math;
signed main(){
	n=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=6;j++)
			a[i].s[j]=read();
	}
	for(int i=0;i<(1<<6);i++){
		int popcount=0;
		for(int j=0;j<6;j++)
			if(i&(1<<j)) popcount++;
		g[popcount]+=run(i);
	}
	prepare();
	int ans=0;
	for(int i=k;i<=6;i++)
		ans=ans+qpow(-1,i-k)*C(i,k)*g[i];	
	cout<<ans;
	return 0;
}