洛谷 P4106 / bzoj 3614 [ HEOI 2014 ] 逻辑翻译 —— 思路+递归

题目：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4106

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3614

从很小的情况考虑，看题面上的样例：

x1=+1 x2=+1  0

x1=+1 x2=-1  1

x1=-1 x2=+1  2

x1=-1 x2=-1  3

手算的做法应该是设原式为 a0 + a1x1 + a2x2 + a3x1x2

通过加减，把关于 x2,x1 的项逐渐消去，得到常数项后再回代，逐个得出答案；

然后我们发现加减的两个式子的位置也是有规律的，如果把-1看作0，+1看作1，式子的系数从小到大排序：

x1=-1 x2=-1 3    —— 1

x1=-1 x2=+1 2    —— 2

x1=+1 x2=-1 1    —— 3

x1=+1 x2=+1 0    —— 4

12相加得到 x1 = -1 时无 x2 的值(+a0)，34相加得到 x1 = 1 时无 x2 的值(+a0)；

21相减得到 x2 = 1 时无 x1 的值(-a3)，43相减得到 x2 = 1 时无 x1 的值(+a3)；

两个相加的结果再相加得出a0，相减得出a1，两个相减的结果同理；

可以发现，这样做其实就是把问题的规模变成了一半，可以递归求解；

但空间很小，为了不递归，可以仿照FFT，FWT等，通过位置安排来直接循环做；

实际上，最初的相邻两位置加减，让 xn 的有无与该位置末位的 0/1 对应；

以此类推，如果倍增加减，则每个 xi  的有无就和该位置的第 i 位的 0/1 对应；

“xi 的有无”意思是这个值中关于 xi 的项还是否存在；

所以最后答案的 xi 情况就和其位置上的 0/1 分布情况一样，像FWT一样跳着加减就能得到；

过程中不要除以2，最后输出时把 2^n 放在分母上；

递归输出即可按照字典序，详见代码囧

代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef double db;
int const xn=(1<<20);
int n,lim,f[xn];
char dc[25];
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void get()
{
  scanf("%s",dc); int t=0; db ff;
  for(int j=0;j<n;j++){t<<=1; if(dc[j]=='+')t|=1;}
  scanf("%lf",&ff); 
  if(ff>0)f[t]=(int)(ff*100+0.5);
  else f[t]=(int)(ff*100-0.5);//!
}
void print(int x,int s)
{
  if(x==0)return; if(x<0)putchar('-'),x=-x;//
  int t=(100<<n),g=gcd(x,t);//t:100*(/2)^n
  if(g==t)printf("%d",x/g); else printf("%d/%d",x/g,t/g);
  if(!s){puts(""); return;} putchar(' ');
  for(int i=n-1,nw=1;i>=0;i--,nw++)if(s&(1<<i))printf("x%d",nw);
  puts("");
}
void work(int nw,int s)
{
  int t=((s<<1|1)<<(n-nw));
  print(f[t],t); if(nw==n)return;
  work(nw+1,(s<<1)|1);
  work(nw+1,(s<<1));
}
int main()
{
  scanf("%d",&n); lim=(1<<n);
  for(int i=1;i<=lim;i++)get();
  for(int i=0;i<n;i++)
    {
      int t=(1<<i),d=(t<<1);
      for(int j=0;j<lim;j+=d)
    for(int k=0;k<t;k++)
      {
        int x=f[j+k],y=f[j+t+k];
        f[j+k]=x+y; f[j+t+k]=y-x;
      }
    }
  print(f[0],0); work(1,0);
  return 0;
}