【51nod】2622 围绕着我们的圆环
【51nod】 2622 围绕着我们的圆环
kcz出的一道比赛题
第一次写带修改的线性基
ps：我觉得我计数计的好麻烦
首先是这个可以认为第二个矩阵是\(q\)个\(s\)位数，如果这\(q\)个数的线性基可以消掉\(C\)中每一行，那么答案就应该是，设线性基个数是\(x\)，则应该是\(2^{q - x}\)随便选，然后剩下的用线性基消掉即可，所以系数是\(2^{p(q - x)}\)（因为第一个矩阵有\(p\)行）
那么问题就来了，我们要统计以下两个东西
1.\(q\)个\(s\)位数组成\(x\)个线性基的方案数
2.找到\(x\)个线性基，这些线性基可以消掉\(p\)个给定的数的方案数，线性基不同仅当它们组成的数字不同
第一个我们分两步，按照我们加入线性基的思路来说，设\(dp[i][j]\)为前\(i\)个数有\(j\)个线性基
为了方便，这里分两步，认为我们加入的线性基是固定的数，然后再求出\(j\)个线性基有多少种不同的数字方案
所以就是如果要加入一个线性基，就\(dp[i][j] \rightarrow dp[i + 1][j + 1]\)
否则就是前\(j\)个线性基可以组成的数，\(2^{j}dp[i][j] \rightarrow dp[i + 1][j]\)
然后线性基有\(j\)个，有多少种不同的数字能构成呢
就是\((2^{j} - 2^{0})(2^{j} - 2^{1})(2^{j} - 2^{2})....(2^{j} - 2^{j - 1})\)
就是第一个数字有\(2^{j} - 1\)种选法，第二个数字要减去第一个可以拼出来的……
然后我们把两个东西乘起来得到\(f[x]\)表示第一步的答案
设\(p\)个数字组成的线性基个数是\(cnt\)
那么可以把\(x\)个线性基变成\(x - cnt\)个，值域变成\(2^{s - cnt}\)
这显然是等价的
我们如果选了\(k\)个，则下一个的可选的个数是\(2^{s - cnt} - 2^{k}\)
算完之后除去方案数即可（因为等价的线性基会算重方案数那么多次）
最后再乘上系数\(2^{p(q- x)}\)即可
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define ba 47
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int p,q,s,m,k,pos[1005],cnt;
bitset<1005> c[1005],fr[1005],rec[1005],nw;
int dp[1005][1005],f[1005],pw[1005],g[1005],rf[1005];
bool used[1005];
int inc(int a,int b) {
return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
return 1LL * a * b % MOD;
}
void update(int &x,int y) {
x = inc(x,y);
}
int fpow(int x,int c) {
int res = 1,t = x;
while(c) {
if(c & 1) res = mul(res,t);
t = mul(t,t);
c >>= 1;
}
return res;
}
void Insert(int t) {
for(int j = 0 ; j < s ; ++j) {
if(c[t][j]) {
if(pos[j]) {
c[t] ^= c[pos[j]];
fr[t] ^= fr[pos[j]];
}
else {
pos[j] = t;++cnt;used[t] = 1;break;
}
}
}
}
void Calc() {
for(int i = 1 ; i <= p ; ++i) {
fr[i][i] = 1;
Insert(i);
}
}
int Getans() {
memset(g,0,sizeof(g));
g[cnt] = 1;
for(int i = cnt + 1 ; i <= min(s,q) ; ++i) {
g[i] = mul(g[i - 1],inc(pw[s - cnt],MOD - pw[i - cnt - 1]));
}
for(int i = cnt ; i <= min(s,q) ; ++i) {
g[i] = mul(g[i],fpow(rf[i - cnt],MOD - 2));
}
int res = 0;
for(int i = cnt ; i <= min(s,q) ; ++i) {
int t = fpow(pw[q - i],p);
update(res,mul(f[i],mul(g[i],t)));
}
return res;
}
void Modify(int l) {
int t = -1,h = 0;
for(int j = s - 1 ; j >= 0 ; --j) {
if(fr[pos[j]][l]) {t = j;break;}
}
for(int i = 1 ; i <= p ; ++i) {
if(!used[i]) {
if(fr[i][l]) {h = i;break;}
}
}
if(h) {
for(int i = 1 ; i <= p ; ++i) {
if(i != h && fr[i][l]) fr[i] ^= fr[h];
}
c[h] ^= nw ^ rec[l];
Insert(h);
}
else if(t != -1){
for(int j = t - 1 ; j >= 0 ; --j) {
if(fr[pos[j]][l]) {
fr[pos[j]] ^= fr[pos[t]];
c[pos[j]] ^= c[pos[t]];
}
}
int id = pos[t];
c[id] ^= nw ^ rec[l];
used[pos[t]] = 0;--cnt;
pos[t] = 0;
Insert(id);
}
rec[l] = nw;
}
void Solve() {
read(p);read(q);read(s);read(m);read(k);
int a;
for(int i = 1 ; i <= p ; ++i) {
for(int j = 0 ; j < s ; ++j) {
read(a);
c[i][j] = a;rec[i][j] = a;
}
}
pw[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= 1000 ; ++i) pw[i] = mul(pw[i - 1],2);
dp[0][0] = 1;
for(int i = 0 ; i <= q ; ++i) {
for(int j = 0 ; j <= i ; ++j) {
update(dp[i + 1][j + 1],dp[i][j]);
update(dp[i + 1][j],mul(dp[i][j],pw[j]));
}
}
for(int j = 0 ; j <= min(q,s) ; ++j) {
rf[j] = 1;
for(int k = 0 ; k < j ; ++k) {
rf[j] = mul(rf[j],inc(pw[j],MOD - pw[k]));
}
f[j] = mul(rf[j],dp[q][j]);
}
Calc();
int la = Getans();
out(la);enter;
int wz;
for(int i = 1 ; i <= m ; ++i) {
read(wz);wz ^= k * la;
for(int j = 0 ; j < s; ++j) {
read(a);nw[j] = a;
}
Modify(wz);
la = Getans();
out(la);enter;
}
}
int main(){
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
