2024ICPC网络赛（2）-K.Match——匹配、奇妙的n4 DP

题目：https://qoj.ac/contest/1799/problem/9380
题意：给两个长度为 \(n\) 的序列 \(a,b\)，若 \(a_i\oplus b_j\geq k\) 则连一条左侧 \(i\) 到右侧 \(j\) 的边，这样得到一张二分图。对于每个 \(x=1,\dots,n\)，询问大小为 \(x\) 的匹配的数量。
\(1\leq n\leq 200\).

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首先要知道一般二分图匹配计数大概是做不了的，那么这里必然要思考 \(a_i\oplus b_j\geq k\) 的限制
对位运算考虑类似拆位的东西，比如 \(k=010110\)，那么\(\geq k\) 的会形如 1xxxxx,011xxxx,01011x，对于 \(k\) 在二进制下的每个数位，先把 \(A,B\) 对应地按照这一位是 \(0/1\) 划分成 \(A_0,A_1,B_0,B_1\)：

• 如果 \(k\) 这一位是 \(0\)，\((A_0,B_1),(A_1,B_0)\) 中间总是两两有边存在。\((A_0,B_0),(A_1,B_1)\) 的边的贡献则可以递归计算，假设其中答案分别是 \(f,g\) 两个序列，则（这里有点符号混用，\(A_0\) 表示这个集合大小）： $$ans[i+j+x+y]=f_i\times g_j\times \binom{A_0-i}{x}\binom{B_1-j}{x}\binom{A_1-j}{y}\binom{B_0}{y}\times x!\times y!$$
• 如果 \(k\) 这一位是 \(1\)，则只考虑 \((A_0,B_1),(A_1,B_0)\) 的答案，假设分别是 \(f,g\) 两个序列，则 \(ans_i=\sum_{j} f_j\times g_{i-j}\)

这样暴力转移最坏是 \(A_0\times A_1\times B_0\times B_1\) 的复杂度，注意到 \(A_0+A_1,B_0+B_1\) 是定值，其取到最大值就是当 \(A_0=A_1,B_0=B_1\) 的时候，可以给出复杂度 $$T(n)=2T( \frac{n}{2} )+O(( \frac{n}{2})^4 )=\frac{n^4 }{16}+\frac{n^4 }{128}+\dots$$
但是可以跑的飞快…

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define endl '\n'
#define fastio ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr int N=205;
constexpr int MOD=998244353;
int n,C[N][N],fact[N];
ll a[N],b[N],k;
vector<int> id;
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
vector<int> solve(int la,int ra,int lb,int rb,int j){
    if(la>ra||lb>rb)return id;
    if(j==-1){//边界情况，不受到任何限制，相当于随便选
        int sa=ra-la+1,sb=rb-lb+1,L=min(sa,sb);
        vector<int> ans(L+1);
        for(int i=0;i<=L;i++)ans[i]=(ll)C[sa][i]*C[sb][i]%MOD*fact[i]%MOD;
        return ans;
    }
    int pa=la-1,pb=lb-1;
    while(pa+1<=ra&&((a[pa+1]>>j)&1)==0)pa++;
    while(pb+1<=rb&&((b[pb+1]>>j)&1)==0)pb++;
    int L=min(ra-la+1,rb-lb+1);
    vector<int> ans(L+1);
    if(k>>j&1){
        auto f=solve(la,pa,pb+1,rb,j-1);
        auto g=solve(pa+1,ra,lb,pb,j-1);
        for(int i=0;i<f.size();i++)for(int j=0;j<g.size();j++){
            if(i+j>L)break;
            add(ans[i+j],(ll)f[i]*g[j]%MOD);
        }
    }else{
        auto f=solve(la,pa,lb,pb,j-1);
        auto g=solve(pa+1,ra,pb+1,rb,j-1);
        int A0=pa-la+1,A1=ra-pa,B0=pb-lb+1,B1=rb-pb;
        f.resize(min(A0,B0)+1);g.resize(min(A1,B1)+1);
        for(int i=0;i<(int)f.size();i++)for(int j=0;j<(int)g.size();j++)
            for(int x=0;x<=min(A0-i,B1-j);x++)for(int y=0;y<=min(A1-j,B0-i);y++){
                if(i+j+x+y>L)break;
                add(ans[i+j+x+y],(ll)f[i]*g[j]%MOD*C[A0-i][x]%MOD*C[B1-j][x]%MOD*fact[x]%MOD*C[A1-j][y]%MOD*C[B0-i][y]%MOD*fact[y]%MOD);
            }
    }
    
    return ans;
}
int main(){
    fastio;
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)fact[i]=(ll)fact[i-1]*i%MOD;
    for(int i=0;i<N;i++)C[i][0]=1;
    for(int i=0;i<N;i++)for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
    cin>>n>>k;
    id={1};
    rep(i,1,n)cin>>a[i];
    rep(i,1,n)cin>>b[i];
    sort(a+1,a+n+1);
    sort(b+1,b+n+1);
    auto ans=solve(1,n,1,n,60);
    for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<endl;
    return 0;
}