[luogu7740]机器人游戏

考虑容斥，令$f(S)$为要求$\forall p\in S,p$可以作为起点的方案数，答案即$\sum_{S\subseteq[0,n)}(-1)^{|S|}f(S)$

关于计算$f(S)$，对于第$i$个机器人而言，$p$可以作为起点实际上即给出了$X_{i}$和$Y_{i}$每一位上的一种限制，限制共有四种（令两者分别为$x$和$y$，即$y=0,y=1,x=y$和$x\ne y$）

对每种限制预处理出第$i$个机器人以$p$为起点第$j$位上是否存在该限制，并用unsigned int存储，即可$o(n)$合并限制，进而对每一个位置分别求出满足此限制下的方案数，全部相乘即为$f(S)$

（另外需要注意如果会超出范围，仍存在全为空位的一组解）

预处理复杂度为$o(n^{2}m)$，求$f(S)$的复杂度为$o(nm)$，时间复杂度为$o(nm2^{n})$，无法通过

进一步的，预处理出子集并，再简单分类讨论即可快速求出方案数（一个unsigned int的2的位数可以将其前后的16位拆开分别处理），时间复杂度降为$o(m2^{n})$，仍无法通过

考虑优化，设第$i$个机器人有$r_{i}$个'R'，那么若$r_{i}+\max_{x\in S}x\ge n$即会导致其对答案没有贡献

接下来，考虑暴力枚举$\max_{x\in S}x$并对其分类讨论：

1.若$\max_{x\in S}x<\lceil\frac{n}{2}\rceil$，直接暴力枚举$S$即可，时间复杂度为$o(m2^{\frac{n}{2}})$

2.若$\max_{x\in S}x\ge \lceil\frac{n}{2}\rceil$，那么若$r_{i}+x\ge n$其对答案也没有贡献，不需要考虑

换言之，此时即有$0\le r_{i}<x$，那么一个位置对答案是否有贡献仅取决于其之前$x$个格子的起点状态以及再之前是否存在起点（即要求相同）

由此，记录这些状态即可状压dp，通过预处理也可以做到$o((n^{2}+m)2^{\frac{n}{2}})$

综上，总复杂度为$o((n^{2}+m)2^{\frac{n}{2}})$，可以通过

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 #define N 35
  4 #define M 1005
  5 #define L (1<<16)
  6 #define mod 1000000007
  7 #define inv2 500000004
  8 #define inv3 333333336
  9 #define inv5 400000003
 10 #define ll long long
 11 #define ui unsigned int
 12 int n,m,R,nn,ans,mi2[N],mi3[N],cnt[L],r[M];
 13 char s[105];
 14 ui o=1,lim[M][N][4],Lim[L][4];
 15 int lowbit(int k){
 16     return (k&(-k));
 17 }
 18 void get(int k){
 19     int nn=(n+1>>1);
 20     for(int i=0;i<nn;i++)memcpy(Lim[1<<i],lim[k][i],sizeof(lim[k][i]));
 21     for(int S=1;S<(1<<nn);S++)
 22         for(int i=0;i<4;i++)Lim[S][i]=(Lim[lowbit(S)][i]|Lim[S^lowbit(S)][i]);
 23 }
 24 namespace Subtask1{
 25     int sum[L];
 26     int count(ui k){
 27         return cnt[k>>16]+cnt[k&(L-1)];
 28     }
 29     void calc(){
 30         nn=(n+1>>1);
 31         for(int S=1;S<(1<<nn);S++)sum[S]=1;
 32         for(int i=1;i<=m;i++){
 33             get(i);
 34             for(int S=1;S<(1<<min(n-r[i],nn));S++){
 35                 ui p0=Lim[S][0],p1=Lim[S][1];
 36                 ui p2=Lim[S][2],p3=Lim[S][3];
 37                 ui P0=((p0&p1)|(p2&p3));
 38                 if (n<32)P0^=(o<<n)-1;
 39                 else P0^=(ui)(-1);
 40                 ui P1=((p0|p1)&(p2|p3)&P0);
 41                 sum[S]=(ll)mi2[count(P1)]*mi3[count(P0^P1)]%mod*sum[S]%mod;
 42             }
 43         }
 44         for(int S=1;S<(1<<nn);S++)
 45             if (cnt[S]&1)ans=(ans+sum[S])%mod;
 46             else ans=(ans-sum[S]+mod)%mod;
 47     }
 48 }
 49 namespace Subtask2{
 50     int id[M],g[L][2],f[2][L][2];
 51     bool cmp(int x,int y){
 52         return r[x]<r[y];
 53     }
 54     void calc(){
 55         for(int i=1;i<=m;i++)id[i]=i;
 56         sort(id+1,id+m+1,cmp);
 57         nn=(n>>1);
 58         for(int S=0;S<(1<<nn);S++)g[S][0]=g[S][1]=1;
 59         for(int x=n-1,k=1;x>=n-nn;x--){
 60             while ((k<=m)&&(r[id[k]]+x<n)){
 61                 get(id[k]);
 62                 for(int S=0;S<(1<<nn);S++){
 63                     int p0=((Lim[S][0]>>nn-1)&1),p1=((Lim[S][1]>>nn-1)&1);
 64                     int p2=((Lim[S][2]>>nn-1)&1),p3=((Lim[S][3]>>nn-1)&1);
 65                     if ((p0&p1)||(p2&p3))continue;
 66                     if ((p0|p1)&&(p2|p3))g[S][0]=2*g[S][0]%mod;
 67                     else{
 68                         if (p0|p1|p2|p3)g[S][0]=3LL*g[S][0]%mod;
 69                         else g[S][0]=5LL*g[S][0]%mod;
 70                     }
 71                     p2=1;
 72                     if ((p0&p1)||(p2&p3))continue;
 73                     if ((p0|p1)&&(p2|p3))g[S][1]=2*g[S][1]%mod;
 74                     else g[S][1]=3LL*g[S][1]%mod;
 75                 }
 76                 k++;
 77             }
 78             memset(f[0],0,sizeof(f[0]));
 79             f[0][0][0]=1;
 80             for(int i=0;i<x;i++){
 81                 int ii=(i&1);
 82                 memset(f[ii^1],0,sizeof(f[ii^1]));
 83                 for(int S=0;S<(1<<nn);S++){
 84                     int p=(S&1),SS=(S>>1);
 85                     f[ii^1][SS][p]=(f[ii^1][SS][p]+(ll)g[SS][1]*f[ii][S][0])%mod;
 86                     f[ii^1][SS][1]=(f[ii^1][SS][1]+(ll)g[SS][1]*f[ii][S][1])%mod;
 87                     SS|=(1<<nn-1);
 88                     f[ii^1][SS][p]=(f[ii^1][SS][p]-(ll)g[SS][1]*f[ii][S][0]%mod+mod)%mod;
 89                     f[ii^1][SS][1]=(f[ii^1][SS][1]-(ll)g[SS][1]*f[ii][S][1]%mod+mod)%mod;
 90                 }
 91             }
 92             for(int S=0;S<(1<<nn);S++){
 93                 int p=(S&1),SS=((S>>1)|(1<<nn-1)),s=f[x&1][S][0];
 94                 for(int j=x;j<n;j++){
 95                     s=(ll)s*g[SS][p]%mod;
 96                     p|=(SS&1),SS>>=1;
 97                 }
 98                 ans=(ans+s)%mod;
 99                 SS=((S>>1)|(1<<nn-1)),s=f[x&1][S][1];
100                 for(int j=x;j<n;j++){
101                     s=(ll)s*g[SS][1]%mod;
102                     SS>>=1;
103                 }
104                 ans=(ans+s)%mod;
105             }
106         }
107     }
108 }
109 int main(){
110     mi2[0]=mi3[0]=1;
111     for(int i=1;i<N;i++){
112         mi2[i]=2*mi2[i-1]%mod;
113         mi3[i]=3LL*mi3[i-1]%mod;
114     }
115     for(int i=1;i<L;i++)cnt[i]=cnt[i^lowbit(i)]+1;
116     scanf("%d%d",&n,&m);
117     for(int i=1;i<=m;i++){
118         scanf("%s",s);
119         for(int j=0;s[j];j++)
120             if (s[j]=='R')r[i]++;
121         for(int j=0;j<n-r[i];j++){
122             for(int k=0;k<j;k++)lim[i][j][2]|=(o<<k);
123             for(int k=j+r[i]+1;k<n;k++)lim[i][j][2]|=(o<<k);
124             int pos=j,lst=2;
125             for(int k=0;s[k];k++){
126                 if (s[k]=='R'){
127                     lim[i][j][lst]|=(o<<pos);
128                     pos++,lst=2;
129                 }
130                 else{
131                     if (s[k]=='*')lst^=1;
132                     else lst=s[k]-'0';
133                 }
134             }
135             lim[i][j][lst]|=(o<<pos);
136         }
137     }
138     Subtask1::calc();
139     Subtask2::calc();
140     printf("%d\n",ans);
141     return 0;
142 }