HDU5117 Fluorescent 期望 计数 状压dp 动态规划

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题目传送门 - HDU5117

题意

　　$T$ 组数据。

　　给你 $n$ 盏灯 ，$m$ 个开关，每一个开关对应的控制一些灯。所有可以控制某盏灯的开关被按了奇数次，那么这盏灯最终是亮着的，否则是不亮的。

　　现在每一个开关都可以选择按或者不按。我们称对于所有开关都做出 按或者不按 的一种选择 为一种 方案。一种方案的价值是其最终情况下灯数 $x$ 的三次方，即 $x^3$ 。

　　求所有方案的价值和。答案对 $10^9+7$ 取模。

　　$n,m\leq 50$

题解

　　这题的做法真 妙 。

　　我们设一个方案的最终结果中，第 $i$ 栈灯的亮暗情况为 $x_i$ ，其中 $x_i=0$ 表示暗。

　　那么这个方案的价值显然为：

$$(\sum_{i=1}^n x_i)^3 = \sum_{i,j,k\in[1,n]}x_ix_jx_k $$

　　于是我们考虑对于每一个 $(i,j,k)$ ，求一下他对于最后答案的贡献。然后全部加起来。

　　那么这个贡献怎么求呢？

　　我们考虑状压dp，令 $dp_{i,j}$ 表示已经处理了前 $i$ 个灯，当前三盏灯亮暗状态为 $j$ 的贡献和，那么转移显然很 simple 。这样 $dp_{i,(亮,亮,亮)}$   显然就是当前贡献。

　　时间复杂度 $O(Tn^4)$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=55,mod=1e9+7;
int T,n,m,dp[N][8];
LL a[N];
int main(){
	scanf("%d",&T);
	int Case=0;
	while (T--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		memset(a,0,sizeof a);
		for (int i=1,s,x;i<=m;i++){
			scanf("%d",&s);
			while (s--)
				scanf("%d",&x),a[i]|=1LL<<x;
		}
		int ans=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=1;j<=n;j++)
				for (int k=1;k<=n;k++){
					memset(dp,0,sizeof dp);
					dp[0][0]=1;
					for (int t=1;t<=m;t++){
						int x=((a[t]>>i&1)<<2)|((a[t]>>j&1)<<1)|(a[t]>>k&1);
						for (int p=0;p<8;p++){
							dp[t][p]=(dp[t][p]+dp[t-1][p])%mod;
							dp[t][p^x]=(dp[t][p^x]+dp[t-1][p])%mod;
						}
					}
					ans=(ans+dp[m][7])%mod;
				}
		printf("Case #%d: %d\n",++Case,ans);
	}
	return 0;
}