[HNOI 2018]寻宝游戏

Description

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给出 \(n\) 个 \(m\) 位的二进制数，在每一个二进制数间插入一个 & 或 | ，第 \(0\) 个数为 \(0\) ， \(0,1\) 间也要插入符号，共插入 \(n\) 个符号。

给出 \(q\) 组询问，每组询问也给出一个二进制数，询问有多少种方式使得从左至右运算后结果为该数。

\(1\leq n\leq 1000,1\leq m\leq 5000,1\leq q\leq 1000\)

Solution

人类智慧题。

我们可以把每一位单独拿出来处理，将每一位压成一个 \(n\) 位的二进制数，第 \(i\) 位为 \(a_i\) 。越靠右位数越高。

我们对于生成的符号序列，将 & 记为 \(1\) ， 将 | 记为 \(0\) 。同样越靠右位数越高。记为 \(x\) 。

考验人类智慧的就是，有这样一个结论：若第 \(i\) 位运算结果为 \(1\) ，当且仅当 \(x<a_i\) 。这个可以感性理解一下，比较直观。

那么我们考虑将 \(a_i\) 从大到小排序，我们只需找到这样的唯一一个断点，满足断点以左的 \(a_i\) 对应的那一位均为 \(1\) ，断点以右的均为 \(0\) 。

假设断点右边一位为 \(loc\) ，那么答案就是 \(a_{loc-1}-a_{loc}\) 。如果没有断点，显然无解。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000+5, M = 5000+5, yzh = 1000000007;

int n, m, q, mp[M], cg[M];
char ch[M];
struct tt {
    int b[N], id;
    bool operator < (const tt &c) const {
        for (int i = n; i >= 1; i--)
            if (b[i] != c.b[i]) return b[i] > c.b[i];
    }
}a[M];

int get_ans(int o) {
    int x = 0, y = 0;
    for (int i = n; i >= 1; i--) x = (2ll*x%yzh+a[o-1].b[i])%yzh;
    for (int i = n; i >= 1; i--) y = (2ll*y%yzh+a[o].b[i])%yzh;
    return ((x-y+(o == 1))%yzh+yzh)%yzh;
}
void work() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%s", ch+1);
        for (int j = 1; j <= m; j++) a[j].b[i] = ch[j]-'0';
        a[0].b[i] = 1;
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) a[i].id = i;
    sort(a+1, a+m+1);
    for (int i = 1; i <= m; i++) mp[a[i].id] = i;
    while (q--) {
        scanf("%s", ch+1);
        for (int i = 1; i <= m; i++) cg[mp[i]] = ch[i]-'0';
        int flag = 0, t = 0;
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            if (cg[i] && t) {flag = 1; break; }
            if (cg[i] == 0) t = 1;
        }
        if (flag) puts("0");
        else {
            int flag = 0;
            for (int i = 1; i <= m; i++)
                if (cg[i] == 0) {printf("%d\n", get_ans(i)); flag = 1; break; }
            if (!flag) printf("%d\n", get_ans(m+1));
        }
    }
}
int main() {work(); return 0; }