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\leqslant K \leqslant 6 $ , 且所有数据中 \(K\) 是等概率出现的, 即对于任意的 $0\leqslant x $ 都有大约 \(\dfrac{1}{7}\) 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;
}