BZOJ4851: [Jsoi2016]位运算

BZOJ

题意

你需要在\([0,G-1]\)中选出\(n\)个不同的数,使它们异或起来等于\(0\),问有多少种不同的方案数;\(G\)是由一个二进制位小于等于\(50\)的二进制数\(S\)重复\(K\)次得到的.

题解

我们考虑选出的\(n\)个数\(A_i\)按从大到小排序,那么每次我们取出来的数是这样的:
\(G>A_n>A_{n-1}>A_{n-2}...>A_2>A_1\);
这样就能保证我们取的方案是不同的;
接下来考虑n个二进制长度为\(|S|\)的数该怎么取;
我们用一个\(01\)序列来表示当前\(n\)个数的大小关系比如\(10011\)表示\(G>A_5 \leq A_4 \leq A_3>A_2>A_1\);
现在我们考虑一位一位的得到这\(n\)个数的大小关系,已知当前位的大小关系时,只需要再枚举下一位\(n\)个数的二进制位,就能推出下一位的大小关系;
用\(F_{ij}\)表示当前大小关系状态\(i\)取\(|S|\)位后到状态\(j\)一共有多少种方式,于是我们便能用如上的状压递推的方式得到这个\(F\);
接下来的考虑取了\(i\)个\(|S|\)位大小关系是\(j\)时一共有多少种方案,因为每\(|S|\)个之间的转移是一样的,取\(i\)个\(|S|\)那么长实际上就是取\(F\)的\(i\)次方,能够使用矩阵快速幂快速得到;
复杂度 \(O(2^{n*3}*|S|+2^{n*3}*logk)\) ;

#include<bits/stdc++.h>
#define Fst first
#define Snd second
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned int UI;
typedef unsigned long long ULL;
template<typename T> inline void read(T& x) {
	char c = getchar();
	bool f = false;
	for (x = 0; !isdigit(c); c = getchar()) {
		if (c == '-') {
			f = true;
		}
	}
	for (; isdigit(c); c = getchar()) {
		x = x * 10 + c - '0';
	}
	if (f) {
		x = -x;
	}
}
template<typename T, typename... U> inline void read(T& x, U& ... y) {
	read(x), read(y...);
}
const int P=1e9+7;
int n,K,len,LIM;
int tmp[55],Next[1<<7][1<<7][55],F[55][1<<7];
char S[55];
struct Matrix {
	int M[1<<7][1<<7];
}Bas;
typedef Matrix Mt;
Mt operator *(Mt A,Mt B) {
	Mt C;
	for(int i=0;i<LIM;++i)
		for(int j=0;j<LIM;++j) {
			C.M[i][j]=0;
			for(int k=0;k<LIM;++k)
				C.M[i][j]=(C.M[i][j]+1ll*A.M[i][k]*B.M[k][j]%P)%P;
		}
	return C;
}
Mt Pow(Mt A,int k) {
	Mt res;
	for(int i=0;i<LIM;++i)
		for(int j=0;j<LIM;++j)
			res.M[i][j]=(i==j);
	while(k) {
		if(k&1) res=res*A;
		A=A*A;
		k>>=1;
	}
	return res;
}
int cmp(int a,int b,int c) {
	if(c) return 1;
	if(a>b) return -1;
	return a^b;
}
int main() {
	read(n,K); scanf("%s",S+1); len=strlen(S+1);
	LIM=1<<n;
	for(int i=0;i<LIM;++i) {
		for(int j=0;j<LIM;++j) {
			int cnt=0;
			for(int k=0;k<n;++k) tmp[k+1]=j>>k&1,cnt+=tmp[k+1];
			if((cnt&1)^1) {
				for(int k=1;k<=len;++k) {
					int S1=0; bool OK=true; tmp[0]=S[k]-'0';
					for(int l=1;l<=n;++l) {
						int t=cmp(tmp[l],tmp[l-1],i>>(l-1)&1);
						if(~t) S1|=t<<(l-1);
						else {
							OK=false;
							break;
						}
					}
					if(OK) Next[i][j][k]=S1;
					else Next[i][j][k]=-1;
				}
			}
			else for(int k=1;k<=len;++k) Next[i][j][k]=-1;
		}
	}
	for(int i=0;i<LIM;++i) {
		mem(F,0);
		F[0][i]=1;
		for(int j=1;j<=len;++j) {
			for(int k=0;k<LIM;++k) if(F[j-1][k]) {
				for(int l=0;l<LIM;++l) {
					int v=Next[k][l][j];
					if(~v) F[j][v]=(F[j][v]+F[j-1][k])%P;
				}
			}
		}
		for(int j=0;j<LIM;++j) Bas.M[i][j]=F[len][j];
	}
	Bas=Pow(Bas,K);
	printf("%d\n",Bas.M[0][LIM-1]);		
	return 0;
}