HihoCoder#1279 : Rikka with Sequence(dp 枚举子集 二进制 神仙题)

题意

题目链接

Sol

不愧是dls出的比赛啊，265个交了题的人只有8个有分Orz

做完这题，，感觉自己的位运算dp姿势升华了。。。

首先最裸的dp应该比较好想，设\(f[i][j][k]\)表示前\(i\)个数选出来的数异或和为\(j\)，按位与和为\(k\)的方案数

转移的时候讨论一下该位置选不选，最后只要统计\(f[N][i][i]\)的答案

比较坑的是这题在写的时候不能用一般的pull写法，也就是说不能从前面的状态转移而来，因为我们不知道应该从哪儿转移而来。

仔细想想也比较显然，就拿与运算来说，它在运算过程中会丢失掉一部分信息

比如\(k = 1001, a[i] = 1011\)，我们不清楚他是从\(1101\)转移而来还是\(1001\)转移而来。

时间复杂度：\(O(n * 8192 * 8192) = GG\)

int N, a[MAXN], Lim = 128, f[2][1235][1235];
main() {
    N = read();
    for(int i = 1; i <= N; i++) a[i] = read();
    f[0][0][Lim - 1] = 1;
    int o = 0;
    for(int i = 1; i <= N; i++, o ^= 1) {
        for(int j = 0; j < Lim; j++)
            for(int k = 0; k < Lim; k++)
                f[o ^ 1][j][k] = f[o][j][k];

        for(int j = 0; j < Lim; j++)
            for(int k = 0; k < Lim; k++)
                f[o ^ 1][j ^ a[i]][k & a[i]] += f[o][j][k];
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i <= Lim; i++) ans += f[o][i][i];
    cout << ans;
    return 0;
}

接下来是神仙优化部分：

先考虑简单一点的。

显然，如果选出来的数与起来的第\(i\)位为\(1\)，那么显然所有数的这一位都为\(1\)。

如果我们再知道数的个数奇偶性，那么就可以知道这种情况是否合法。同理，若这一位是0，也可以按照奇偶性判断

复杂度：\(O(2 * N * 13 * 8192)\)

事实上，转移是可以优化到O(1)的。

设\(x\)为选出来的数的异或和，\(y\)为选出来的数的按位与

若选出来的数为偶数个，那么\(x \& y = 0\)

若选出来的数为奇数个，那么\(x \& y = y\)

那么每个位上的状态都可以由一个三元组\((xx, y, k)\)表示

1. 都为1：\(xx = 0, y = 0\)

2. 有奇数个1：\(xx = 1, y = 0\)

3. 有偶数个1：\(xx = 0, y = 0\)

再加上奇偶性(这个不需要压在状态里面)，总的状态数为\(2 \times 3^{13}\)

我们可以预处理出所有的\(S(xx, y)\)的状态，转移的时候直接加上就行了。

最终的答案 = \(f[N][S(0, 0)][0]\) + \(\sum f[N][i][1] (xor[i] = 0)\)

做题的时候我对\(y\)和\(xx\)之间的关系纠结了好久

很显然，\(xx\)的二进制表示是\(y\)的补码的子集

因为\(xx\)是不考虑所有位都为1的情况的，而其余的位置又没有限定

另外就是\(x\)与\(xx\)的相互转化

• \(x\) to \(xx\)

如果\(k\)是奇数，那么\(x = xx | y\)，否则\(x = xx\)

可以直接由最开始的结论得到

• \(xx\) to \(x\)

xx = x & (-y)

可以直接由定义得到

比着一份极其风骚的代码抄了一遍。。。

可能还有一些神奇的逻辑关系没有注意到。。有空再看看。

#include<bits/stdc++.h>
#define file(x) freopen(x, "r", stdin);
#define LL long long
const int MAXN = 2e6 + 10, Lim = 8192, INF = 1e9 + 7;
using namespace std;
inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int N, tot, a[51], And[MAXN], Xor[MAXN], S[Lim + 1][Lim + 1];
LL f[2][MAXN][2];
void Pre() {
    for(int i = 0; i < 8192; i++) {
        int x = (~i) & (Lim - 1);
        for(int j = x; ; j = (j - 1) & x) {
            And[tot] = i; Xor[tot] = j; S[j][i] = tot++;
            if(j == 0) break;
        }
    }
}
main() {
//  file("a.in")
    N = read();
    for(int i = 1; i <= N; i++) a[i] = read();
    Pre();
    int o = 0; f[0][S[0][Lim - 1]][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= N; i++, o ^= 1) {
        int nxt = o ^ 1;
        for(int j = 0; j < tot; j++)
            f[nxt][j][0] = f[o][j][0],
            f[nxt][j][1] = f[o][j][1];
        for(int j = 0; j < tot; j++) {
            for(int k = 0; k < 2; k++) {
                if(!f[o][j][k]) continue;
                int x = Xor[j], y = And[j];
                if(k) x = x | y;
                x ^= a[i]; y &= a[i]; x &= (~y);
            //  printf("%d %d %d\n", x, y, S[x][y]);
                f[nxt][S[x][y]][!k] += f[o][j][k];
            }
        }
    }
    LL ans = f[o][S[0][0]][0];
    for(int i = 1; i < tot; i++) if(Xor[i] == 0) ans += f[o][i][1];
    cout << ans;
    return 0;
}