The 2024 ICPC Asia East Continent Online Contest (II) K.Match

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• 题面
• 题解

题面

K.Match

给定长度为 $n$ 的两个序列 $a$ 和 $b$，当且仅当 $a_i\oplus b_j\ge k$ 时，$a_i$ 与 $b_j$ 连一条双向边，其中 $\oplus$ 表示 XOR 运算。对于 $[1,n]$ 范围内的每个 $x$，计算大小为 $x$ 的匹配数的个数，结果对 $998244353$ 取模。

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题解

考虑两个序列 $A,B$ 如何计算，不妨考虑从 $k$ 的最高位开始枚举，对于 $k$ 的下一个位，当前的合法 $A,B$ 一定，我们为了方便讨论，按当前位为 $0/1$ 分为 $A_0,A_1,B_0,B_1$。

序列 $A_0,A_1,B_0,B_1$ 的大小是单调不增的，为了方便讨论，我们规定 $|S|$ 表示集合 $S$ 的大小，$\leftrightarrow$ 表示两者有边。

• $k$ 的下一位为 $1$，序列 $A,B$ 合法的条件是 $A_0\leftrightarrow B_1$ 和 $A_1\leftrightarrow B_0$。

  • 记 $A_0\leftrightarrow B_1$ 的方案数为 $f_i$，$A_1\leftrightarrow B_0$ 的方案数为 $g_i$，容易发现，答案为 $f$ 与 $g$ 的一个卷积，即 $an{s}_{i+j}=f_i\times g_j$。

• $k$ 的下一位为 $0$，序列 $A,B$ 的合法条件为 $A_0\leftrightarrow B_0$ 和 $A_1\leftrightarrow B_1$，同时对于 $A_0\leftrightarrow B_1$ 和 $A_1\leftrightarrow B_0$ 一定成立，我们需要考虑如何将两者答案合并。

  • 记 $A_0\leftrightarrow B_0$ 的方案数为 $f_i$，$A_1\leftrightarrow B_1$ 的方案数为 $g_i$，$A_0\leftrightarrow B_1$ 的方案数为 $h_i$，$A_1\leftrightarrow B_0$ 的方案数为 $t_i$。

    • 考虑 $A_0\leftrightarrow B_1$ 和 $A_1\leftrightarrow B_0$ 的任选性，任选 $i$ 个对其随机排列，容易看出 $h_i=i!(\genfrac{}{}{0ex}{}{|A_0|}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{|B_1|}{i})$，$t_i=i!(\genfrac{}{}{0ex}{}{|A_1|}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{|B_0|}{i})$。

    • $A_0\leftrightarrow B_0$ 和 $A_1\leftrightarrow B_1$ 的组合意义同 $k$ 取 $1$ 时的操作，对 $f$ 与 $g$ 做卷积得到 $S_{i+j}=f_i\times g_j$。

  • 为了将 $h,t$ 与 $S$ 合并，枚举三个集合分别选择了 $i,j,l$ 个匹配。

    • 对每组 $(i,j)$，去除 $A_0\leftrightarrow B_0$ 使用的 $i$ 对，$A_1\leftrightarrow B_1$ 使用的 $j$ 对，每次重新计算一组 $S$，其中 $h_u=u!(\genfrac{}{}{0ex}{}{|A_0|-i}{u})(\genfrac{}{}{0ex}{}{|B_1|-j}{u})$，$t_u=u!(\genfrac{}{}{0ex}{}{|A_1|-j}{u})(\genfrac{}{}{0ex}{}{|B_0|-i}{u})$

    • 先卷 $h$ 和 $t$ 得到 $S$，再把三者卷起来有 $an{s}_{i+j+l}=h_i\times t_j\times S_l$。

• 考虑边界情况，定义 $\mathrm{solve}(\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{lev})$ 为递归计算的 $A,B$ 序列，$lev$ 为当前考虑的位。

  • 当 $|A|=0$ 或 $|B|=0$ 时，没有可选项数，$an{s}_0=1$，$an{s}_i=0(i>0)$。

  • 当 $lev=-1$ 时，说明前面的位被考虑完毕了，$A,B$ 可以任意组合，计算 $an{s}_i=i!(\genfrac{}{}{0ex}{}{|A|}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{|B|}{i})$。

  • 否则将 $A,B$ 按当前位分解为 $A_0,A_1,B_0,B_1$ 对下一个 $lev$ 讨论。

按照题意分析复杂度，对于 $k$ 的位为 $0$ 时，计算一次 $S$ 的复杂度是卷积 $O(n^2)$ 的，卷一次 $an{s}_{i+j+l}$ 需要枚举 $i,j$，并在当前 $i,j$ 下卷出一个 $S$，时间复杂度是 $O(n^4)$ 的，可以优化做到 $O(n^3\log n)$，但是原算法时间复杂度很小，因为 $|A|,|B|$ 的大小是单调不增的，所以跑不满。

总体时间复杂度 $O(n^4\log k)$，代码如下。

复制#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<ll> Poly;
const int N = 405, mod = 998244353, maxn = 400;
ll n, k;
ll frac[N], inv[N];

ll ksm(ll a, ll k)
{
    ll res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = res * a % mod;
        k >>= 1;
        a = a * a % mod;
    }
    return res;
}

void init()
{
    frac[0] = inv[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= maxn; i ++ ) frac[i] = frac[i - 1] * i % mod;
    inv[maxn] = ksm(frac[maxn], mod - 2);
    for (int i = maxn - 1; i; i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}

ll C(ll x, ll y)
{
    if (x < y || y < 0) return 0;
    return frac[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod;
}

Poly Covolution(Poly x, Poly y)
{
    Poly tmp(x.size() + y.size() - 1);
    for (int i = 0; i < x.size(); i ++ )
        for (int j = 0; j < y.size(); j ++ )
            (tmp[i + j] += x[i] * y[j]) %= mod;
    return tmp;
}

Poly calc(int x, int y)
{
    Poly tmp(min(x, y) + 1);
    for (int i = 0; i <= min(x, y); i ++ ) tmp[i] = C(x, i) * C(y, i) % mod * frac[i] % mod;
    return tmp;
}

Poly solve(Poly x, Poly y, int lev)
{
    if (x.empty() || y.empty()) return Poly(1, 1);
    if (lev == -1) return calc(x.size(), y.size());
    Poly X[2], Y[2];
    for (auto i : x) X[i >> lev & 1].push_back(i);
    for (auto i : y) Y[i >> lev & 1].push_back(i);
    if (k >> lev & 1) return Covolution(solve(X[1], Y[0], lev - 1), solve(X[0], Y[1], lev - 1));
    Poly tmp[2], res(min(x.size(), y.size()) + 1);
    tmp[0] = solve(X[0], Y[0], lev - 1), tmp[1] = solve(X[1], Y[1], lev - 1);
    for (int i = 0; i < tmp[0].size(); i ++ )
        for (int j = 0; j < tmp[1].size(); j ++ )
        {
            Poly c = Covolution(calc(X[0].size() - i, Y[1].size() - j), calc(X[1].size() - j, Y[0].size() - i));
            for (int l = 0; l < c.size(); l ++ ) (res[i + j + l] += tmp[0][i] * tmp[1][j] % mod * c[l]) %= mod;
        }
    return res;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    init();
    cin >> n >> k;
    Poly a(n), b(n);
    for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> b[i];
    Poly ans = solve(a, b, 60);
    ans.resize(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cout << ans[i] << "\n";
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：Yip.Chip
本文链接：https://www.cnblogs.com/YipChipqwq/p/18554360.html
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