[JZOJ6344] 【NOIP2019模拟2019.9.7】Huge Counting

题目

题目大意自己看题去……

---

正解

比赛时在刚第二题，所以根本没有时间思考……
模型可以转化为从\((x_1,x_2,..,x_n)\)出发到\((1,1)\)的方案数模\(2\)。
方案数就用有重复的排列公式：\(\frac{(\sum{x_i})!}{\prod x_i!}\)
考虑它的奇偶性。显然可以将上面的\(2\)因子个数求出来，减去下面的个数，如果为\(0\)则是奇数。
这个东西也就是下面这条式子：\(\sum_{w=2^i} (\lfloor \frac{\sum_{x_i}}{w} \rfloor-\sum{\lfloor \frac{x_i}{w}\rfloor})\)
显然这条式子是大于等于\(0\)的。我们考虑它是否等于\(0\)。
然后我们就发现，如果有相加的时候有进位，那么它就会对下一位有贡献，而这一位的贡献不变。这意味着上式的值至少加\(1\)。
所以，若要它等于\(0\)，一定要保证相加的时候没有进位，也就是每一位上为\(1\)的数至多有\(1\)个。
于是就开始DP：设\(f_{i,S}\)表示从高到低到\(i\)位，\(S\)为贴着上限的状态。
由于有上下界的限制，所以容斥一下就可以了。

---

代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mo 990804011
#define ll long long
#define N 9
int n;
ll l[N],r[N],lim[N];
ll ans;
ll f[51][512];
inline void upd(ll &a,ll b){a=(a+b)%mo;}
inline ll calc(){
	memset(f,0,sizeof f);
	f[50][(1<<n)-1]=1;
	for (int i=50;i>=1;--i)
		for (int j=0;j<1<<n;++j){
			if (!f[i][j])
				continue;
			int s=0;
			for (int l=0;l<n;++l)
				if (j>>l&1 && !(lim[l]>>i-1&1))
					s|=1<<l;
			upd(f[i-1][s],f[i][j]);
			for (int k=0;k<n;++k)
				if (j>>k&1 && lim[k]>>i-1&1 || !(j>>k&1)){
					int s_=s&((-1)^1<<k) | ((j>>k&1 && lim[k]>>i-1&1)?1<<k:0);
					upd(f[i-1][s_],f[i][j]);
				}
		}
	ll res=0;
	for (int i=0;i<1<<n;++i)
		res+=f[0][i];
	return res%mo;
}
void dfs(int k,int flag){
	if (k==n){
		ans+=calc()*flag;
		return;
	}
	lim[k]=r[k];
	dfs(k+1,flag);
	if (l[k]-1>=0){
		lim[k]=l[k]-1;
		dfs(k+1,-flag);
	}
}
int main(){
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%d",&n);
		for (int i=0;i<n;++i)
			scanf("%lld%lld",&l[i],&r[i]),l[i]--,r[i]--;
		ans=0;
		dfs(0,1);
		ans%=mo;
		ans=(ans<0?ans+mo:ans);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

---

总结

坦白说我的脑子真是太不好了……