hdu 5117 Fluorescent(状压dp+思维)

题目链接：hdu 5117 Fluorescent

题意：

有n个灯，m个开关，每个开关能控制一些灯的状态，即关闭的打开，打开的关闭。一开始灯全部是关闭的。

现在有个人去操作这些开关，显然会有2^m次组合。

现在问这个人操作完这些开关后，亮着的灯的期望E(x)

但是题目要求输出的是E(x^3)*2^m%(1e9+7)。

题解：

首先我们先来考虑求E(x)。

显然就是将这2^m种开关的开闭组合求出来每种情况的灯亮着的个数和sum(x),

然后sum(x)/(2^m)就是E(x)。

这个怎么求呢。

考虑在这2^m次中，每栈灯的贡献。

考虑dp[i][j][2]，表示前j个开关能将第i栈灯开启和关闭的方案数。

那么dp[i][j][1]就是第i栈灯的贡献。

现在考虑求E(x^3)*2^m。

显然就是就那个sum(x^3)。

设x=a₁+a₂+……+a_n ,a_i  代表第i栈灯亮与不亮的情况。

那么x^3=(a₁+a₂+……+a_n)*(a1+a2+……+an)*(a1+a2+……+an)。

展开就是Σ(a_i*a_j*a_k )。

所以我们考虑枚举i,j,k，然后将i,j,k的状态压缩起来。

然后求解贡献的思路就和上面一样了。

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=57,P=1e9+7;
int t,n,m,ans,cas,dp[8][N],num,x;
ll sw[N];

void up(int &a,int b){a+=b;if(a>=P)a-=P;}

int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m),mst(sw,0),ans=0;
        F(i,1,m)
        {
            scanf("%d",&num);
            F(j,1,num)scanf("%d",&x),sw[i]|=1ll<<x;
        }
        F(i,1,n)F(j,1,n)F(k,1,n)
        {
            mst(dp,0);
            dp[0][0]=1;
            F(l,0,m-1)F(u,0,7)if(dp[u][l])
            {
                int nxt=u;
                if(sw[l+1]&(1ll<<i))nxt^=1;
                if(sw[l+1]&(1ll<<j))nxt^=2;
                if(sw[l+1]&(1ll<<k))nxt^=4;
                up(dp[nxt][l+1],dp[u][l]);//开
                up(dp[u][l+1],dp[u][l]);//关
            }
            up(ans,dp[7][m]);
        }
        printf("Case #%d: %d\n",++cas,ans);
    }
    return 0;
}