【[SDOI2013]泉】

\(hash\)+容斥

但是看到这个令人愉快的数据范围还是直接枚举子集吧

首先我们发现\(6\)这个东西简直是小的可怜，复杂度里肯定有\(2^6\)的

于是我们可以直接先枚举子集，把所有状态的对应相等的位置有多少对搞出来

因为一个答案在一个集合里被算过那么就一定在子集里被算过

之后我们倒着枚举子集，顺便容斥就好了

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<tr1/unordered_map>
#define re register
#define maxn 100005
#define uint unsigned long long
#define pt putchar(1)
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std::tr1;
inline int read()
{
	char c=getchar();
	int x=0;
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
	return x;
}
int a[maxn][7];
int n,m;
int dp[65];
LL ans;
uint base=666233;
inline int cnt(int x) {int tot=0;while(x) tot++,x-=lowbit(x);return tot;}
unordered_map<uint,int> ma;
inline int count(int x)
{
	int tot=0,ct=0;int b[10];
	while(x){ct++;if(x&1) b[++tot]=ct;x>>=1;}
	ma.clear();
	int now=0;
	for(re int i=1;i<=n;i++)
	{
		uint k=0;
		for(re int j=1;j<=tot;j++)
			k=k*base+a[i][b[j]];
		now+=ma[k];
		ma[k]++;
	}
	return now;
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	for(re int i=1;i<=n;i++)
		for(re int j=1;j<=6;j++) a[i][j]=read();
	int N=(1<<6);N--;
	for(re int i=0;i<=N;i++) dp[i]=count(i);
	for(re int i=N;i;i--)
		for(re int t=i;t;t=(t-1)&i) dp[i^t]-=dp[i];
	for(re int i=0;i<=N;i++)
		if(cnt(i)==m) ans+=dp[i];
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}