清华集训2015-Day 1

玛里苟斯

一个大小为 \(n\) 的可重集合 \(a\) ，求 \(\mathbb E[x^k]\) ，其中 \(x\) 为 \(a\) 的一个子集的异或和。

\(n\le 10^5,1\le k\le 5\) ，保证答案小于 \(2^{63}\) 。

分析

这题挺妙的呢。

保证答案小于 \(2^{63}\) ，其实是告诉我们，答案的二进制位数 小于 64 位 。这就是说，对于一个 \(k\) ，\(a_i\) 的二进制位数 \(m\) 小于 \(\frac{64}{k}\) 。

首先明确这样一件事情：若 \(a\) 中某一位有 1，那么在所有异或和中，这一位为 1 的占 \(\frac{1}{2}\) 。也就是说，若这一位没有 1，那么所有异或和中这一位的期望为 0，否则为 \(\frac{1}{2}\) 。

这是因为，对于其他元素的所有子集的异或和，异或上这一位与不异或这一位，必定有一个 1 一个 0 ，所以 1 一定占刚好 \(\frac{1}{2}\) 。

令 \(S\) 为 \(n\) 的所有子集的异或和的可重集合，对每一位分开考虑，那就有

\[\begin{aligned}
\text{ans}&=\sum _{s\in S}(\sum_{i=0}^m 2^i[s_i=1])^k \\
&=\sum _{c_1=0}^m\sum _{c_2=0}^m\cdots\sum _{c_k=0}^m\frac{2^{\sum c}}{2^n}\sum _{s\in S}[s_{c_p}=1,p\in [1,k]] \\
&=\sum _{c_1=0}^m\sum _{c_2=0}^m\cdots\sum _{c_k=0}^m2^{\sum c}P(a中c_i位上均为1) \\
&=\sum _{c_1=0}^m\sum _{c_2=0}^m\cdots\sum _{c_k=0}^m2^{\sum c}\frac{[a中c_i位上均有1]}{2^{c_i中不同的个数}} \\
\end{aligned}
\]

最后的形式可以对 \(c\) 中的位建线性基来求。总复杂度为 \(O(m^{k+1}k)=O(64m^{k-1})\) 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long giant;
inline char nchar() {
	static const int bufl=1<<20;
	static char buf[bufl],*a,*b;
	return a==b && (b=(a=buf)+fread(buf,1,bufl,stdin),a==b)?EOF:*a++;
}
template<class T> inline T read() {
	T x=0;
	char c=nchar();
	for (;!isdigit(c);c=nchar());
	for (;isdigit(c);c=nchar()) x=x*10+c-'0';
	return x;
}
const int maxn=1e5+1;
const int maxj=64;
const int maxk=5;
template<typename T> inline void Max(T &x,T y) {x=max(x,y);}
int b[maxk],c[maxk],n,m=0,k;
giant ans=0,a[maxj],s[maxn];
void dfs(int now) {
	if (now==k) {
		memset(b,0,sizeof b);
		int gs=1;
		for (int j=m;j>=0;--j) {
			int x=0;
			for (int i=k;i--;) if ((a[j]>>c[i])&1) x|=1<<i;
			for (int i=k;i--;) if ((x>>i)&1) (b[i]?0:(b[i]=x,--gs)),x^=b[i];
		}
		int x=(1<<k)-1;
		for (int i=k;i--;gs+=c[i]) if ((x^b[i])<x) x^=b[i];
		if (!x) ans+=1ull<<gs;
		return;
	}
	for (int i=0;i<=m;++i) c[now]=i,dfs(now+1);
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("test.in","r",stdin);
#endif
	n=read<int>(),k=read<int>();
	for (int i=1,j;i<=n;++i) {
		giant &x=s[i]=read<giant>();
		for (j=maxj;j--;) if ((x>>j)&1) break;
		Max(m,j);
	}
	for (int i=1;i<=n;++i) {
		giant x=s[i];
		for (int j=m;j>=0 && x;--j) if ((x>>j)&1) (a[j]?0:(a[j]=x)),x^=a[j];
	}
	dfs(0);
	printf("%lld%s\n",ans>>1,ans&1?".5":"");
	return 0;
}

主旋律

一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，问有多少种删边方案使得得到的有向图仍然是一个强连通图。\(n\le 15,m\le n(n-1)\) 。

分析

问题转化为有多少个点集不变的子图是强连通的。

复习一下强连通图计数，即可得到这题的方法——不过是在这个图上进行。

设 \(f(S)\) 为仅包含点集 \(S\) 的 强连通图 个数。

设 \(g(S)\) 为仅包含点集 \(S\) 的 多个（包括 1 个）强连通块组成的图个数，带容斥系数，奇数个连通块加，偶数个连通块减 。

设 \(h(S)\) 为仅包含点集 \(S\) 的有向图个数。

上述图的边都属于原图的边集。

有以下两条关系式：

\[\begin{aligned}
h(S)&=\sum _{\emptyset \subsetneqq T\subset S} g(T)h(S\setminus T)2^{b(T,S\setminus T)} \\
g(S)&=f(S)-\sum _{\emptyset \subsetneqq T\subsetneqq S} f(T)g(S\setminus T)
\end{aligned}
\]

其中 \(b(A,B)\) 表示 \(|\{(u,v)|,u\in A,v\in B,(u,v)\in E\}|\) 。

这可以用 in[x][s],out[x]][s] 分别表示 \(x\) 到一个集合的边数和集合到 \(x\) 的边数预处理。

预处理的部分会用到莫比乌斯变换，即子集之和。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long giant;
inline int read() {
    int x=0,f=1;
    char c=getchar();
    for (;!isdigit(c);c=getchar()) if (c=='-') f=-1;
    for (;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
const int maxn=15;
const int maxm=maxn*(maxn-1);
const int maxs=1<<maxn;
const int q=1e9+7;
inline int Plus(int x,int y) {return (x+=y)>=q?x-q:x;}
inline void Pe(int &x,int y) {x=Plus(x,y);}
inline int Multi(int x,int y) {return 1ll*x*y%q;}
inline void Me(int &x,int y) {x=Multi(x,y);}
inline int Sub(int x,int y) {return (x-=y)<0?x+q:x;}
inline void Se(int &x,int y) {x=Sub(x,y);}
inline int mi(int x,int y) {
    int ret=1;
    for (;y;y>>=1,Me(x,x)) if (y&1) Me(ret,x);
    return ret;
}
int n,m,S,in[maxn][maxs],out[maxn][maxs],e[maxs],b[maxs],two[maxm+1];
int f[maxs],g[maxs],h[maxs];
struct bian {
    int x,y;
} a[maxm];
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("test.in","r",stdin);
#endif
    two[0]=1;
    for (int i=1;i<=maxm;++i) two[i]=Multi(two[i-1],2);
    n=read(),m=read(),S=1<<n;
    for (int i=0;i<m;++i) {
        int &x=a[i].x=read()-1,&y=a[i].y=read()-1;
        ++in[y][1<<x],++out[x][1<<y],++e[(1<<x)|(1<<y)];
    }
    for (int i=0;i<n;++i) for (int j=0;j<n;++j) for (int s=0;s<S;++s) if ((s>>j)&1) Pe(in[i][s],in[i][s^(1<<j)]),Pe(out[i][s],out[i][s^(1<<j)]);
    for (int i=0;i<n;++i) for (int s=0;s<S;++s) if ((s>>i)&1) Pe(e[s],e[s^(1<<i)]);
    for (int s=1;s<S;++s) h[s]=two[e[s]];
    for (int s=1;s<S;++s) { // rig?
        for (int t=s;;t=(t-1)&s) {
            int &bt=b[t]=0;
            if (t==s) continue;
            if (!t) break;
            int o=s^t,x=__builtin_ctz(o);
            bt=Plus(Sub(b[t^(1<<x)],out[x][o^(1<<x)]),in[x][t]);
        }
        int &gs=g[s]=h[s];
        for (int t=s;t;t=(t-1)&s) Se(gs,Multi(Multi(g[t],h[s^t]),two[b[t]]));
    }
    for (int s=1;s<S;++s) {
        int v=__builtin_ctz(s),&fs=f[s]=g[s];
        for (int t=(s-1)&s;t;t=(t-1)&s) if ((t>>v)&1) Pe(fs,Multi(f[t],g[s^t]));
    }
    printf("%d\n",f[S-1]);
    return 0;
}

奇数国

简单题，线段树+压位。