CDOJ 1294 天行廖的遊戲 dp 容斥

天行廖的遊戲

一日在喵哈哈村，天行廖和沈寶寶正在玩乙個遊戲。

天行廖分別在$n$個紙片上寫上乙個數字，並放到乙個盒子中。

現在沈寶寶要從盒子中抓出任意張紙片。

如果沈寶寶抓出的紙片上的數字$a\_$,$a\_$,....$a\_$滿足$a\_$ & $a\_$ & ....$a\_$$ = 0$ ( $i\_ < i\_ … < i\_$)，那麼天行廖贏得這次遊戲的勝利，否則沈寶寶贏。

第一行輸入$1$個整數$n。$($1 \leq n \leq 10^6$)

第二行輸入$n$個整數$a\_1，a\_2....a\_n$。($1 \leq a_i \leq 10^6 $)

輸出獲勝的方案數量。因為結果可能很大，輸出答案對$10^9+7$取模的結果即可。

65 2 0 5 2 1

首先，我們再看一遍題意：對於乙個長度為n的數列a1,a2...an，挑出任意個數，使得這些數的且運算結果為0。

首先暴力2^n列舉是肯定不行的。考慮不那麼暴力的dp做法，令dp[i][j]表示從前i個數選結果為j的方案有多少種，轉移方程為dp[i][j] = sigma(dp[i - 1][k]) (k & a[i] = j)，複雜度為n^3，顯然也不行...

於是我們考慮是否能用容斥原理做。1e6的二進位制表示式有20位，總方案數為2^n，然後我們減去結果第一位為1的方案數，第二位為2的方案數...第二十位為1的方案數，即某一位為1的方案數。然後根據容斥原理，我們再加上結果某兩位為1的方案數，減去結果某三位為1的方案數...，加上全為1的方案數。假設f(i)為結果為i的方案數量(令f(0) = 2 ^ n)，g(i)為i二進位制下1的個數，則ans = sigma(f(i)*(-1)^(g(i)))。

那麼現在問題即如何計算f(i)。若要使得k個數b1,b2...,bk的且運算為i，那麼對於所有i為1的位，任意bj在該位置上也都為1，即bj & i = i。如果我們能算出滿足aj & i = i的數的個數cnt(i)，就能得到f(i) = 2 ^ cnt(i)，於是問題轉換為如何快速計算cnt(i)。

我們令cnt[k][i]表示只有前k位與i不同且滿足aj & i = i的數的個數，邊界cnt[0][i]表示正好為i的數的個數。現在分兩種情況討論cnt[k][i]的遞推式:

1、i的第k位是1，那麼cnt[k][i] = cnt[k - 1][i]，因為若第k位不同,則與i作且運算是第k位為0，所以相當於只有前k-1位不同。

2、i的第k位是0，則是第k位0或1沒有影響,對比第一種情況需要加上前k-1位不同且第k位為1的數的個數。顯然這個方案數等於dp[k - 1][i + 2^k]，則得到遞推式cnt[k][i] = cnt[k - 1][i] + cnt[k - 1][i + 2 ^ k]。

因為位數k最大為log(1e6)約等於20,於是我們就能在o（nk）（k=20）的複雜度計算出cnt(i)，並在o（n）的時間內完成容斥的計算，總時間複雜度為o（nk）。至此，我們解完了這題。

#include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 1 << 20;
const ll mod = 1e9 + 7;
int n,m;
ll dp[21][n];
///dp[i][x]表示,二進位制下只有前i位可能與x不同的數與x進行and運算仍然為x的數的個數
ll g[n];
bool s[n];
void init()
}void work()
ll ans = 0;
for(int i = 0;i < n;i++)
ans = ( ans + (s[i]?(-1ll):1ll) * g[dp[20][i]] + mod ) % mod;
printf("%lld\n",ans);
}int main()

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