P6442 [COCI2011-2012#6] KOŠARE

算法

子集反演, 容斥原理, DP.

\(\tt{Solution}\)

考虑暴力状压, 令 \(f_{i, \mathbb{S}}\) 表示枚举到第 \(i\) 个箱子时, 至少放了一次玩具构成的集合为 \(\mathbb{S}\) 的方案数. 转移时枚举第 \(i\) 个箱子取不取即可.

想法很好, 但是会超时.

直接枚举不好做, 考虑放宽限制, 最后容斥回去.

设 \(f_{\mathbb{S}}\) 表示包含的玩具是 \(\mathbb{S}\) 的子集时的方案数, 一个非常典的 SOS DP, 预处理一下就行.

再令 \(g_{\mathbb{S}}\) 为钦定 \(\mathbb{S}\) 中的玩具不选, 其余玩具随意的方案数, 那么 \(g_{\mathbb{S}} = 2^{f_{\mathbb{U} \setminus \mathbb{S}}} - 1\).

答案即为 \(\displaystyle \sum_{i = 0}^{2^m - 1} (-1)^{\lvert i \rvert} g_i\).

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#include "iostream"

using namespace std;

constexpr int N = 1e6 + 10, M = 20, mod = 1e9 + 7;

#define int long long

int n, m, f[1 << M], pw[N];

void init() {
	scanf("%lld %lld", &n, &m);
	pw[0] = 1;
	for (int i = 1, k; i <= n; ++i) {
		pw[i] = 2 * pw[i - 1] % mod;
		scanf("%lld", &k);
		int S = 0;
		for (int j = 1, x; j <= k; ++j)
			scanf("%lld", &x), S |= 1 << (x - 1);
		++f[S];
	}
}

void calculate() {
	for (int i = 0; i ^ m; ++i)
		for (int S = 0; S ^ (1 << m); ++S) if (S >> i & 1)
			f[S] = (f[S] + f[S ^ (1 << i)]) % mod;
	int ans = 0;
	for (int i = 0, S; i ^ (1 << m); ++i) {
		S = (1 << m) - i - 1;
		int c = (__builtin_popcount(i) & 1) ? -1 : 1;
		ans = (ans + c * (pw[f[S]] - 1) % mod + mod) % mod;
	}
	cout << ans << '\n';
}

void solve() {
	init();
	calculate();
}

signed main() {
	solve();
	return 0;
}