[SDOI2009] Bill的挑战

[SDOI2009] Bill的挑战

题目信息

题目描述

Sheng_bill 不仅有惊人的心算能力,还可以轻松地完成各种统计。在昨天的比赛中,你凭借优秀的程序与他打成了平局,这导致 Sheng_bill 极度的不满。于是他再次挑战你。这次你可不能输。

这次,比赛规则是这样的:

给出 N 个长度相同的字符串(由小写英文字母和 ? 组成),S1,S2,,SN,求与这 N 个串中的刚好 K 个串匹配的字符串 T 的个数,答案对 1000003 取模。

若字符串 Sx(1xN)T 匹配,满足以下条件:

  1. |Sx|=|T|
  2. 对于任意的 1i|Sx|,满足 Sx[i]=? 或者 Sx[i]=T[i]

其中 T 只包含小写英文字母。

输入格式

本题包含多组数据

第一行一个整数 T,表示数据组数。

对于每组数据,第一行两个整数,NK

接下来 N 行,每行一个字符串 Si

输出格式

每组数据输出一行一个整数,表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

5
3 3
???r???
???????
???????
3 4
???????
?????a?
???????
3 3
???????
?a??j??
????aa?
3 2
a??????
???????
???????
3 2
???????
???a???
????a??

样例输出 #1

914852
0
0
871234
67018

数据规模与约定

  • 对于 30% 的数据,N5|Si|20
  • 对于 70% 的数据,N13|Si|30
  • 对于 100% 的数据,1T51N151|Si|50

思路分析

这道题和[CEOI2010 day2] pin真的差不多。

显然

g(S)=TSf(T)

根据广义容斥原理

f(S)=TS(1)|S||T|g(T)

g(S) 直接暴力求就行了,卡个常,就过了!

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MAXN = 5e4+10;
namespace math{
int MOD;
int frac[MAXN];
int qpow(int a,int b){
if(b==0) return 1;
if(b==1) return a;
int k = qpow(a,b>>1);
k*=k;k%=MOD;
if(b&1) k*=a;k%=MOD;
return k;
}
int inv(int a){
return qpow(a,MOD-2);
}
int C(int n,int m){
if(n<m) return 0;
return frac[n]*inv(frac[m]*frac[n-m]%MOD)%MOD;
}
int get(int n,int m){
return C(m+n-1,m);
}
void init(){
frac[0] = 0;
for(int i = 1;i<MAXN;i++){
frac[i] = frac[i-1]*i;
frac[i]%=MOD;
}
}
int lowbit(int k){
return k&(-k);
}
int bit(int k){
int sum = 0;
while(k){
sum ++;
k -= lowbit(k);
}
return sum;
}
int log2(int k){
for(int i = 0;i<=64;i++){
int p = 1;
if(p<<i==k) return i;
}
return 0;
}
}
using namespace math;
int n,m,k,g[1<<16],f[1<<16];
bool can[1<<16];
vector<int> v[1<<16];
char tmp[20][60];
void read(int &n){
char tmp;
int x = 1;
do tmp = getchar();
while(!(tmp=='-'||('0'<=tmp&&tmp<='9')));
if(tmp=='-'){
x = -1;
}
int gz = 0;
while('0'<=tmp&&tmp<='9'){
gz*=10;
gz+=tmp-'0';
tmp = getchar();
}
n = gz*x;
}
namespace code{
using namespace math;
signed main(){
read(n);read(k);
for(int i = 0;i<n;i++){
char k;
k = getchar();
int u = 0;
while(k!='\n'){
tmp[i][u++] = k;
k = getchar();
}
tmp[i][u] = '\0';
}
m = strlen(tmp[1]);
vector<int> p;
for(int i = 0;i<(1<<n);i++){
can[i] = 1;g[i] = 1;
for(int j = 0;j<m;j++){
char k = '?';
for(int u:v[i]){
if(tmp[u][j]!='?'){
if(k=='?') k = tmp[u][j];
else if(k!=tmp[u][j]){
can[i] = false;
break;
}
}
}
if(!can[i]) break;
if(k=='?') g[i]*=26;
g[i]%=MOD;
}
if(!can[i]) g[i] = 0;
p.push_back(i);
}
int ans = 0;
for(int S:p){
f[S] = 0;
if(bit(S)==k){
for(int T:p){
if((T&S)==S){
f[S] += qpow(-1,bit(T)-bit(S))*g[T]%MOD;
f[S] %= MOD;
}
}
ans += f[S];
ans%=MOD;
}
}
// cout << 0b1010 << endl;
cout << (ans%MOD+MOD)%MOD << '\n';
return 0;
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
math::MOD = 1e6+3;
frac[0] = 1;
for(int i = 1;i<=MAXN-1;i++){
frac[i] = frac[i-1]*i;
}
for(int i = 0;i<(1<<15);i++){
int k = i;
while(k){
v[i].push_back(math::log2(lowbit(k)));
k-=lowbit(k);
}
}
int T;
read(T);
while(T--){
code::main();
}
return 0;
}

标签

SDOI2009洛谷题解
数学容斥原理广义容斥原理

本文作者:辜铜星

本文链接:https://www.cnblogs.com/gutongxing/p/18221071

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