Codeforces 40E Number Table - 组合数学

题目传送门

　　传送门I

　　传送门II

题目大意

　　给定一个$n\times m$的网格，每个格子上要么填$1$，要么填$-1$，有$k$个位置上的数是已经填好的，其他位置都是空的。问有多少种填法使得任意一行或一列上的数的乘积为$-1$.

　　$1 \leqslant n, m \leqslant 10^{3}$，$1 \leqslant k < \max (n, m)$。

　　$k$的范围醒目。那么意味着至少存在一行或者一列为空。

　　假设空的是一行。那么剩下的行只需要满足那一行的乘积为$-1$，而空的这一行对应一种唯一的填法。

　　可以计算出，空行补数后的乘积为$(-1)^{m}\times (-1)^{n - 1}$，即$(-1)^{m + n - 1}$。

　　所以特判$m. n$奇偶性不同的时候无解。然后就可以将每一行单独计算。

　　每一行中，要么只填奇数个$-1$，要么只填偶数个$-1$。这样就可以$O(nm)$的时间内解决这道题目。

　　但是这不能满足装逼爱好者的欲望。明明这东西可以做到O(n)。

定理1 当$n > 0$时，满足$\sum_{k = 0}^{n}[2 \mid k]C_{n}^{k} = \sum_{k = 0} ^{n}[2 \nmid k]C_{n}^{k} = 2^{n - 1}$。

　　证明 当$n$为奇数时，根据式子$C_{n}^{k} = C_{n}^{n - k}$易证。

　　当$n$为偶数时，根据杨辉恒等式$C_{n}^{k} = C_{n - 1}^{k - 1} + C_{n - 1}^{k}$可得偶数位的和等于第$n - 1$层的和。

　　根据杨辉三角的性质，我们知道第$n - 1$层的和是$2^{n - 1}$，第$n$层的和是$2^{n}$。

　　所以第$n$层奇数位的和是$2^{n} - 2^{n - 1} = 2^{n - 1}$。

　　因此定理得证。

　　然后预处理2的幂，就可以做到$O(n)$了。

　　（另外提一句，即使没有 $k$ 那个限制，可以做到 $O(n + k)$）

Code

/**
 * Codeforces
 * Problem#40E
 * Accepted
 * Time: 60ms
 * Memory: 2160k
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;

const int N = 1005;

int n, m, k, p;
boolean aflag;
int pow2[N];
int cnt[N], pro[N];

inline void init() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    scanf("%d", &k);
    if (n < m)    swap(n, m), aflag = true;
    fill(pro + 1, pro + n + 1, 1);
    for (int i = 1, u, v, x; i <= k; i++) {
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &x);
        if (aflag)    swap(u, v);
        cnt[u]++, pro[u] *= x;
    }
    scanf("%d", &p);
}

inline void solve() {
    if ((n & 1) != (m & 1)) {
        puts("0");
        return;
    }
    
    pow2[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        pow2[i] = (pow2[i - 1] << 1) % p;
    
    for (int i = 1; i < n; i++)
        if (!cnt[i]) {
            swap(cnt[i], cnt[n]);
            swap(pro[i], pro[n]);
            break;
        }
        
    int ans = 1;
    for (int i = 1; i < n && ans; i++) {
        if (cnt[i] == m) {
            if (pro[i] == 1)
                ans = 0;
        } else
            ans = ans * 1ll * pow2[m - cnt[i] - 1] % p;
    }
    printf("%d\n", ans);
}

int main() {
    init();
    solve();
    return 0;
}