P2167 [SDOI2009] Bill的挑战 （状压 dp/二项式反演）

P2167 [SDOI2009] Bill的挑战

状压 dp/二项式反演

先说状压，考虑怎么刻画 \(S\) 和 \(T\) 匹配这个东西。实质上就是从前往后匹配每一位，直到哪一位不匹配了，那么就不匹配，也就是每一位字符匹配的并集。同样，对于多个串的匹配，设第 \(i\) 位字符为 \(j\) 时匹配的串集合为 \(g_{i,j}\)，对于一个串 \(s\) 匹配的串的个数，就是 \(g_{i,s_1}\) 到 \(g_{i,s_n}\) 的并集。这个是可以预处理的。

所以我们考虑从前往后考虑匹配，求方案数考虑 dp。设 \(f_{i,s}\) 表示考虑完前 \(i\) 位的匹配，匹配串的状态为 \(s\) 的方案数。转移枚举 \(i+1\) 的字符 \(c\)，那么就转移到 \(f_{i+1,s\cap g_{i+1,c}}\)。

复杂度 \(O(n2^n)\)。

法二：二项式反演

首先看到题面中的恰好两字，可以想到组合计数。如果我们暴力枚举此时匹配的串的哪 \(i\) 个的话，我们可以容易求出此时的方案数，意义为至少匹配这 \(i\) 个串的方案数，匹配串个数相同的设为 \(f_{i}\)。

再套路设恰好匹配 \(i\) 个串的方案数为 \(g_i\)。有关系：

\[f_{k}=\sum_{i=k}^nC(i,k)g_i\Rightarrow g_k=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}C(i,k)f_i \]

考虑如何求出 \(f_i\)。跑一遍 dfs 就可以了。

复杂度同样是 \(O(n2^n)\)。

这里附状压代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

using i64 = long long;
using ull = unsigned long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 20, M = 52, mod = 1e6 + 3;
i64 n, k, ans;
char a[N][M];
i64 f[M][1 << (N - 4)], g[M][27];
void solve() {
	std::cin >> n >> k;
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		scanf("%s", a[i] + 1);
	}
	
	memset(g, 0, sizeof(g));
	int len = strlen(a[0] + 1);
	for(int i = 1; i <= len; i++) {
		for(int j = 0; j < 26; j++) {
			int sta = 0;
			for(int k = 0; k < n; k++) {
				if(a[k][i] == '?' || a[k][i] == j + 'a') sta |= (1 << k);
			}
			g[i][j] = sta;
		}
	}
	
	memset(f, 0, sizeof(f));
	f[0][(1 << n) - 1] = 1;
	for(int i = 0; i < len; i++) {
		for(int s = 0; s < (1 << n); s++) {
			if(!f[i][s]) continue;
			for(int j = 0; j < 26; j++) {
				f[i + 1][s & g[i + 1][j]] = (f[i + 1][s & g[i + 1][j]] + f[i][s]) % mod;
			}
		}	
	}
	for(int s = 0; s < (1 << n); s++) {
		if(__builtin_popcount(s) == k) ans = (ans + f[len][s]) % mod; 
	}

	std::cout << ans << "\n";
	ans = 0;
}

int main() {
    
    int t;
    std::cin >> t;

	while(t--) solve();

	return 0;
}