[HNOI2011]卡农（容斥/DP）

Problem

题目地址

Solution

首先对题意进行一步转换：从 \([1,2^n-1]\) 中选出不重复的 \(m\) 的数，使它们的异或和为 \(0\) 的方案数。

手推一下即可。

为了计算方便，我们考虑顺序，最后再把顺序处理掉（即选择的集合相同，顺序不同视作不同的方案）。

设 \(f[i]\) 表示选择 \(i\) 个数异或之和为 \(0\) 的方案数。

由于条件异或之和为 \(0\)，故选择了 \(i-1\) 个数后，最后一个数也确定了。所以全集为 \(A^{i-1}_{2^n-1}\)（其中包含了不合法的）。

考虑不合法的方案：

• 1.前 \(i-1\) 个数的异或和为 \(0\)，那么最后一个数自动选 \(0\)，由于 \(0 \not\in [1,2^n-1]\)，故不合法。该情况的方案数是 \(f[i-1]\)。

• 2.前 \(i-1\) 个数的异或和为 \(x\)，那么最后一个数自动选 \(x\)，且 \(x \in S\)（令 \(S\) 为前 \(i-1\) 个数的集合），即出现重复的数字。实际上就是前 \(i-2\) 个数的异或和为 \(0\)，枚举最后选择的重复的数字，一共有 \(2^n-1-(i-2)\) 种选择的方案。注意我们考虑的是有顺序的，要考虑这个重复的数字放入任意一个位置，所以要再乘一个 \(i-1\)。所以该情况的方案数是 \(f[i-2]*(2^n-1-(i-2))*(i-1)\)。

综上，可以得到：

\[f[i] = A^{i-1}_{2^n-1} - (f[i-1] + f[i-2]*(2^n-1-(i-2))*(i-1)) \]

边界 \(f[1]=0,f[2]=0\)。

由于我们考虑了顺序，那么处理掉顺序的影响，答案应该是 \(\frac{f[m]}{m!}\)。时间复杂度 \(O(n)\)。

Code

Talk is cheap.Show me the code.

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x * f;
}
const int N = 1e6+7, mod = 1e8+7;
int n,m,pn;
int g[N],f[N];
int jc(int x) {
	int res = 1;
	for(int i=1;i<=x;++i) {
		res = (res * i) % mod;
	}
	return res;
}
int Pow(int x,int y) {
	int res = 1, base = x;
	while(y) {
		if(y&1) res = res*base%mod; base = base*base%mod; y >>= 1;
	}
	return res;
}
int Inv(int x) {
	return Pow(x,mod-2);
}
void Init() {
	pn = Pow(2,n);
	g[0] = 1;
	for(int i=1;i<=m;++i) g[i] = g[i-1] * ((pn-i + mod)%mod) % mod;
}
signed main()
{
	n = read(), m = read();
	Init();
	for(int i=3;i<=m;++i) {
		f[i] = (g[i-1] - (f[i-1] + f[i-2]*(((pn-1) - (i-2) + mod)%mod)%mod*(i-1)%mod)%mod + mod) % mod;
	}
	printf("%lld\n",f[m]*Inv(jc(m))%mod);
	return 0;
}
/*
2999 3000

94342341
*/

Summary

考虑一下问题的全集，不合法方案和合法方案。只用到补集算比较简单的容斥，主要是问题的转化这一步比较难。

多做题！

标签：方案,ch,int,个数,容斥,异或,HNOI2011,顺序,卡农
来源： https://www.cnblogs.com/BaseAI/p/14022984.html