loj3537

引言

相当于是旧题重做了。

上次做这题还是上次，下次做这题就是下次了。

上次在真题记录一开始就开坑这题，直接寄飞；这次，在 \(100\) 题左右的训练之后，让我们重头开始。

当然 \(100\) 题中 dp 可能还不足一半。

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思路

Version 1

考虑容斥。

我们对答案 \(p\) 集合的做子集容斥。

考虑怎么做。

暴力枚举 \(p\) 的集合的非空子集 \(S\)，然后对每个元素计算答案个数。

特别的，若答案为 \(0\) 个（爆炸了），则忽略当前机器人的贡献（空集贡献）。

复杂度 \(O(mn2^n)\)，期望得分 \(20\rm pts\)。

如果优化一下，或许可以获得更高分数？

Version 2

考虑某些东西的答案对某些元素是本质相同的。

设 \(T=\frac n2\)。

考虑一下，如果 \(S\) 中最左、最右元素距离不超过 \(T\)，则这样的 \(S\) 本质上只有 \(2^S\) 种；因为对于同样的平移过来的 \(S\)，对每个机器人而言，这部分答案在不爆炸时是定值。对每个机器人暴力计算这部分贡献。

如果 \(S\) 中最左、最右元素距离超过 \(T\)，则机器人本身运动路径长度不超过 \(n-T\)，考虑怎么利用这一点优化。

事实上，我们暴力枚举 \(S\)，并计算各部分贡献的过程，可以写成 \(dp\) 的形式。

考虑怎么做。

由于路径比较短，每个起点 \(p\) 的状态必定只会显著地影响到接下来的路径长度数个元素，或者不显著地影响到距离长度外若干个元素（因为没走过的地方就是未变动的地方，相当于多了一条限制），因此我们只用记录对于当前位置而言，上 \(n-T\) 个位置是否有 \(S\) 中元素，以及再往前是否有 \(S\) 中元素，以及 \(S\) 中最远间距是否已经超过 \(T\)，以及是否已经结束选择，在这些条件下答案的带权方案数。

然后这个做法是有问题的，因为没有考虑到会不会机器人直接炸了，于是要改为暴力枚举最后一个起点，而不用记录“是否已经结束选择”这种东西。

转移的话是一次 \(O(nm)\) 的，压位优化一下可以做到 \(O(\frac{nm}w)\)，复杂度为 \(O({n^3m1.41^n\over w})\)。

对于第一部分怎么优化？（直接枚举硬做是 \(O(n^2m1.41^n)\) 的）

还是考虑压位，直接优化计算。复杂度 \(O({n^2m1.41^n\over w})\)。

总复杂度为 \(O({n^3m1.41^n\over w})\)。

Version 3

考虑继续优化算法。

考虑怎么做。

对于第一部分，我们可以直接递推出所有状态，而不用每次出现计算一遍，从而做到 \(O({nm1.41^n\over w})\)。

当然，实际上暴力跑得很快，没必要继续卡常。

缺点是这样子空间会很耗，静态空间至少需要 \(2^{16}\times1000\) 个 unsigned，折合约 \(250\rm MB\)。

因为优化太耗内存，且此过程实际效率已经比较高，根本卡不掉，我们暂且先不管这部分怎么继续优化。

考虑另外一部分怎么优化。

首先是常数。

注意到只有最后一步需要考虑 \(S\) 中最远间距是否已经超过 \(T\)，所以这个不用设入状态。

然后我们设枚举的终点是 \(p\)，则有效的元素其运动格子长度不会超过 \(n-p\)。

于是只用记录对于当前位置而言，上 \(n-p\) 个位置是否有 \(S\) 中元素，以及再往前是否有 \(S\) 中元素，在这些条件下答案的带权方案数。

然后为了避免“\(S\) 中最远间距是否已经超过 \(T\)”无法统计，我们考虑人类智慧：先枚举到 \(p-T\)，再删去“到目前为止都未选取”的情况。这样，就可以避免问题了。

由于每次的复杂度为 \(O({n^2m2^{T-p}\over w})\)，总复杂度变为 \(O({n^2m1.41^n\over w})\)。

然后就可以获得 loj 上 \(96\rm pts\)、Luogu 上 \(64\rm pts\) 的好成绩。

甚至 loj 上开 Ofast 直接可过。

考虑继续优化。

注意到形式如下频繁出现的代码段：

for(uint k=0,p;k<m;k++)if(cnt[p=Ord[k]]+endp<=n){
    bol w0=op||(B[p][0]&(j<<1|1)),w1=B[p][1]&(j<<1|1),w2=B[p][2]&(j<<1|1),w3=B[p][3]&(j<<1|1);
    if(!((w0&&w1)||(w2&&w3)))v*=((w0||w1)&&(w2||w3))?2:3;
}else break;

我们发现对固定的 op，j 和 endp ，这个 v 所乘上的量是定值，直接开桶预处理即可。

第二部分复杂度变为 \(O({nm1.41^n\over w})\)，但常数翻了 \(4\) 倍。

loj 上时间变为 \(\frac34\)，Luogu 上变为 \(76\rm pts\)。

稍微卡卡常，变慢了。

使劲卡卡常，过了。

uoj 上也过了。

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Code

经过精细卡常。

第一部分可以做到更优，但实际没必要。

复杂度可以做到 \(O({nm1.41^n\over w})\)。

const ullt Mod=1e9+7;
typedef ConstMod::mod_ullt<Mod>modint;
typedef std::vector<modint>modvec;
uint B[1005][4],cnt[1005],Ord[1005];
chr C[105];modint Pow2[55],Pow3[55];
modint Dp[33][1u<<16|1][2];
#define popcnt(v) __builtin_popcount(v)
#define clz(v) __builtin_clz(v)
int main()
{
#ifdef MYEE
    freopen("QAQ.in","r",stdin);
    // freopen("QAQ.out","w",stdout);
#endif
    uint n,m;scanf("%u%u",&n,&m);
    Pow2[0]=Pow3[0]=1;for(ullt i=1;i<=n;i++)Pow2[i]=Pow2[i-1]*2,Pow3[i]=Pow3[i-1]*3;
    for(uint i=0;i<m;i++){
        scanf("%s",C);
        uint&c=cnt[i]=0,op=0;
        for(chr*s=C;*s;s++)
            if(*s=='R')B[i][op]|=1u<<c++,op=0;else if(*s=='0')op=2;
            else if(*s=='1')op=3;else op=op^1;
        B[i][op]|=1u<<c++;
        for(uint j=c;j<n;j++)B[i][0]|=1u<<j;
        Ord[i]=i;
    }
    std::sort(Ord,Ord+m,[&](uint a,uint b){return cnt[a]<cnt[b];});
    uint T=(n+1)/2;_min(T,n);
    modint ans;
    uint whole=n==32?-1:((1u<<n)-1);
    for(uint i=1;i<(1u<<T);i++)if(i&1){
        uint bit=32-clz(i);
        std::vector<modint>V{1};
        for(uint j=0;j<m;j++)
        {
            uint p=Ord[j],w[4]={0,0,0,0};
            for(uint k=i,f;k;k-=f)
                f=lowbit(k),
                w[0]|=(f-1)|(f*B[p][0]),w[1]|=f*B[p][1],
                w[2]|=f*B[p][2],w[3]|=f*B[p][3];
            uint A=(w[0]&w[1])|(w[2]&w[3]),B=(w[0]|w[1])&(w[2]|w[3]);
            A&=whole,B&=whole;
            V.push_back(V.back()*Pow2[popcnt(B&~A)]*Pow3[n-popcnt(B|A)]);
        }
        modint wil;
        for(uint i=0,j=m-1;i+bit<=n;i++)
        {
            while(~j&&bit+i+cnt[Ord[j]]>n+1)j--;
            wil+=V[j+1];
        }
        (popcnt(i)&1)?ans+=wil:ans-=wil;
    }
    for(uint endp=T;endp<n;endp++){
        std::vector<uint>W;
        for(uint k=0,p;k<m;k++)if(cnt[p=Ord[k]]+endp<=n)W.push_back(p);else break;
        uint All=(1u<<(n-endp))-1;
        static modint Chg[2][1u<<17|1];
        static bol Done[2][1u<<17|1];
        for(uint j=0;j<(1u<<(n-endp+1));j++)Done[0][j]=Done[1][j]=false;
        auto get=[&](bol op,uint j)->modint
        {
            if(Done[op][j])return Chg[op][j];
            Done[op][j]=true;
            modint&v=Chg[op][j]=1;
            for(uint p:W){
                bol w0=op||(B[p][0]&j),w1=B[p][1]&j,w2=B[p][2]&j,w3=B[p][3]&j;
                if(!((w0&&w1)||(w2&&w3)))v*=((w0||w1)&&(w2||w3))?2:3;
            }
            return v;
        };
        for(uint i=0;i<=n;i++)for(uint j=0;j<=All;j++)for(uint op=0;op<2;op++)
            Dp[i][j][op]=0;
        Dp[0][0][0]=-modint(1);
        for(uint i=0;i<=endp-T;i++)for(uint j=0;j<=All;j++)for(uint op=0;op<2;op++)if(Dp[i][j][op]())
            Dp[i+1][j<<1&All][op||(j>>(n-endp-1))]+=Dp[i][j][op]*get(1,j<<1),
            Dp[i+1][(j<<1|1)&All][op||(j>>(n-endp-1))]-=Dp[i][j][op]*get(1,j<<1|1);
        Dp[endp-T+1][0][0]=0;
        for(uint i=endp-T+1;i<endp;i++)for(uint j=0;j<=All;j++)for(uint op=0;op<2;op++)if(Dp[i][j][op]())
            Dp[i+1][j<<1&All][op||(j>>(n-endp-1))]+=Dp[i][j][op]*get(1,j<<1),
            Dp[i+1][(j<<1|1)&All][op||(j>>(n-endp-1))]-=Dp[i][j][op]*get(1,j<<1|1);
        for(uint j=0;j<=All;j++)for(uint op=0;op<2;op++)if(Dp[endp][j][op]())
            Dp[endp+1][(j<<1|1)&All][op||(j>>(n-endp-1))]-=Dp[endp][j][op]*get(op,j<<1|1);
        for(uint i=endp+1;i<n;i++)for(uint j=0;j<=All;j++)for(uint op=0;op<2;op++)if(Dp[i][j][op]())
            Dp[i+1][(j<<1)&All][op||(j>>(n-endp-1))]+=Dp[i][j][op]*get(op,j<<1);
        for(uint j=0;j<=All;j++)for(uint op=0;op<2;op++)ans+=Dp[n][j][op];
    }
    ans.println();
    return 0;
}