Adore

（非公共题目）

问题描述

　　小 w 偶然间⻅到了一个 DAG。这个 DAG 有 m 层，第一层只有一个源点，最后一层只有一个汇点，剩下的每一层都有 k 个节点。

　　现在小 w 每次可以取反第 i（1 < i < n − 1） 层和第 i + 1 层之间的连边。也就是把原本从（i, k₁ ） 连到 （i+1, k₂ ） 的边,变成从 （i , k₂ ） 连到 （i+1, k₁）。请问他有多少种取反的方案，把从源点到汇点的路径数变成偶数条？

　　答案对 998244353 取模。

输入格式

　　一行两个整数 m，k。

　　接下来 m − 1 行，第一行和最后一行有 k 个整数 0 或 1，剩下每行有 k² 个整数 0 或 1,第(j − 1) × k + t 个整数表示 (i, j) 到 (i + 1, t) 有没有边。

输出格式

　　一行一个整数表示答案。

样例输入

样例输出

4

数据规模与约定

20% 的数据满足 n ≤ 10，k ≤ 2。
40% 的数据满足 n ≤ 10³，k ≤ 2。
60% 的数据满足 m ≤ 10³，k ≤ 5。
100% 的数据满足 4 ≤ m ≤ 10⁴，k ≤ 10。

题解：

　　首先发现k ≤ 10，可以状态压缩。我们设dp[i][j]代表到了i行，当前行的状态为j的情况下的方案数。状态中的0和1代表当前行的每一个点，上面到这一个点的路径的条数的奇偶。

　　我们预处理一个数组orz[i]代表i这个数的状态，也就是i这个数的二进制位上1的个数的奇偶。这个可以递推不用一个一个求。

　　然后dp初值自然就是源点到第2层的状态了（第一层为源点）。把源点向i如果有连边，那么s|=(1<<i)。然后dp[1][s]=1。

　　对于中间的层数，我们枚举所有的状态1~2¹⁰-1。然后进行转移，设a[i]代表当前这两层下面的那一层的第i个点，可以从上面哪一个点来，压缩一下，例如a[2]=5(101)代表上一层的点1和3有连向这一层的点2的一条边。然后我们设一个集合S=0。对于这一层的每一个点i。如果上一层的状态status，与（&）上这一个点的a[i]，可以不能转移的自然就变成0了。到上一层的点的路径的奇偶状态转移到了这一个点，如果相加为奇数，也就是orz[status&a[i]]=1，的话代表到这一个点的路径的条数为奇数，那么集合S|=(1<<i)即可，S就是这一层的状态，我们一个一个的填进去。然后dp[i][S]+=dp[i-1][status]。取个模就可以了。然后对于题目中所说的“取反”的边，同样使用一个b[i]来存开一个SS=0来存同样转移即可了。

　　最后只要统计有哪些点连向汇点，就可以枚举n-1层所有可能的状态，如果status&s的orz是偶数，那么就可以ans+=dp[n-1][s]。

　　数组滚滚Great！

 #include<queue>
 #include<cstdio>
 #include<vector>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define RG register
 #define LL long long
 #define fre(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout);
 using namespace std;
 const int MAXN=,mod=;
 int n,k,ans,s;
 int dp[][(<<)+],orz[(<<)+];
 int main()
 {
    fre("adore");
    scanf("%d%d",&n,&k);
    int All=(<<k)-;
    int *now=dp[],*la=dp[];
    for(int i=;i<=All;i++) orz[i]=orz[i>>]^(i&);
    for(int i=,x;i<k;i++)
       {
          scanf("%d",&x);
          s|=(x<<i);
       }
    la[s]=;
    for(int i=;i<=n-;i++)
       {
          int a[]={},b[]={};
          memset(now,,sizeof dp[]);
          for(int j=,x;j<k;j++)
             for(int l=;l<k;l++)
                {
                   scanf("%d",&x);
                   a[l]|=(x<<j);
                   b[j]|=(x<<l);
                }
          for(int j=,S0,S1;j<=All;j++)
             {
                if(la[j])//加速
                   {
                      S0=S1=;
                      for(int l=;l<k;l++)
                         {
                            S0|=(orz[j&a[l]]<<l);
                            S1|=(orz[j&b[l]]<<l);
                         }
                      (now[S0]+=la[j])%=mod;
                      (now[S1]+=la[j])%=mod;
                   }
             }
          swap(now,la);//滚动数组。
       }
    s=;
    for(int i=,x;i<k;i++)
       {
          scanf("%d",&x);
          s|=(x<<i);
       }
    for(int i=;i<=All;i++)
       (ans+=(orz[s&i]?:la[i]))%=mod;
    printf("%d\n",ans);
    return ;
 }