Kor （数学题...）

kor

10.19

思路：
考虑维护cnt数组，cnt[i]表示是i的数有几个。
考虑维护从cnt1数组，cnt1[i]表示是i的二进制子集的数有几个。
显然cnt1可以从cnt转移过来，但是为了优化时间复杂度，我们选择把cnt和cnt1合并为一个数组用2^20*20的时间处理出来。
代码如下

void sumup() {    for(int i=0; i<P; i++) {        int s = ((1<<P) - 1) ^ (1<<i);        for(int ss = s; ss >= 0; ss=(ss-1)&s) {            cnt[ss | (1<<i)] += cnt[ss];            //cnt[ss] += cnt[ ss| ( 1 << i ) ] ;            fix(cnt[ss | (1<<i)]);            if( !ss ) break;        }    }}

枚举每一位，把每一位为0的cnt累加到此位为1的cnt中。
对于单个的数进行考虑（如15），cnt1[15] += cnt[i] i为15的子集。
有关15的转移（每个数在加入15之前的转移，之后再怎么变化都跟15无关了）大致如上图，一看就很有道理有没有，怎么证明呢？
考虑我们for位数时是从低位往高位枚举的（枚举把哪一位的1消掉），15加上了所有在某一位上比它少1的数的cnt，如果每个数在枚举第i位时被加入了15（如11，i=3），那么在此之前它（11）一定加上了所有在某一位x（x<=i）上比它（11）少1的数的cnt（10, 9），而这些数（10， 9）是在第i-1（2）位被加入（11）的，那么在此之前它们（10， 9）一定加上了所有在某一位x（x<=i-1）上比它们（10， 9）少1的数的cnt（如cnt[9] += cnt[8]）。
这样：
1.我们一定统计的数一定合法。
因为每个数统计的都是它的某一位上1变为0的cnt，所有统计到的一定是子集。
2.我们一定统计完了所有合法的数。
因为我们统计了每个数的所有后继状态（某一位上1变为0的状态）。
3.对于任意一个数我们一定没有重复统计。
我们按照1的个数将所有数进行分层操作：
15
14 13 11 7
12 10 9 6 5 3
8 4 2 1
那么显然不同层的数之间是不会相互影响的，每个数的cnt只会加到某一位上比它多1的数的cnt里。
考虑同一层的数，用第2层举例，它们加入15是有先后顺序的（从低位到高位某个1变为0）
14 1110
13 1101
11 1011
7 0111
而每一个数我们只考虑它加入15之前的变化，14在i=1（枚举的位数）时就加入15了，并没有任何的操作，13在i=2时加入15，所以x位（x < i）为0的情况已经被统计过了，容易发现一个数统计的数都是去掉某些x位上的0（x < i）得到的。也就是说y位上的数（y >= i）是不会改变的，也就是说13产生的数在第i位（i=2）上都是0，而比它大的数（14）产生的数在第i位（i=2）上都是1。而y位上的数（y >= i）一定是一样的，所以比它大的数（14）产生的数都大于它（13）产生的数，所以同层的不同数产生的数并无交集。而每个数显然不会加上多个相同的后继，所以对于任意一个数我们一定没有重复统计。
这样就能证明算法的正确性了。
可能有人觉得，15（1111）都是1太特殊，其实对于任意一个数，我们讨论子集的时候只需要管它为1的二进制位，（111100101）可直接看做（111111），只要之后的数都与它对应就好了。
还是给出关于14的转移看看吧。

处理完cnt之后，就要处理ans了。
C(cnt, k) 并不是ans。如（cnt[15], k）。
这些方案组成的（|）不只是15（1111），还会有15的子集如1101,0010等等。这里就要用到容斥的思想了。
（用二进制表示）
ans[1111] = cnt[1111] - cnt[1110] - cnt[1101] - cnt[1011] - cnt[0111] + cnt[1100] + cnt[1010] + cnt[1001] + cnt[0110] + cnt[0101] + cnt[0011] - cnt[1000] - cnt[0100] - cnt[0010] - cnt[0001]。
代码如下：

void sumdown() {    for(int i=0; i<P; i++) {        int s = ((1<<P) - 1) ^ (1<<i);        for(int ss = s; ss >= 0; ss=(ss-1)&s) {            cnt[ss | (1<<i)] -= cnt[ss];            fix(cnt[ss | (1<<i)]);            if( !ss ) break;        }    }}

其实和上面是差不多的，只需要改成减法即可，就不再赘述啦。

还有一道kand的题目是&，只需要改成第一个代码片里//的部分就好啦。

纯手打呀~~~不容易不容易。。。（手残图丑，莫怪）

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>using namespace std;const int N = 1e5 + 10;const int Mod = 1e9 + 7;const int P = 20;int n, k, r;int aa[N];int cnt[1<<P];int fac[N], vfac[N];int mpow(int a, int b) {    int rt;    for(rt = 1; b; b>>=1,a=(1LL*a*a)%Mod)        if(b&1) rt=(1LL*rt*a)%Mod;    return rt;}void init(int n) {    fac[0] = 1;    for(int i = 1; i <= n; i++)        fac[i] = 1LL * fac[i-1] * i % Mod;    vfac[n] = mpow(fac[n], Mod - 2);    for(int i = n - 1; i >= 0; i--)        vfac[i] = 1LL * vfac[i+1] * (i + 1) % Mod;}int comb(int n, int m) {    if(m > n) return 0;    return 1LL * fac[n] * vfac[m] % Mod * vfac[n-m] % Mod;}void fix(int &a) {    while(a >= Mod) a -= Mod;    while(a < 0) a += Mod;}void sumup() {    for(int i=0; i<P; i++) {        int s = ((1<<P) - 1) ^ (1<<i);        for(int ss = s; ss >= 0; ss=(ss-1)&s) {            cnt[ss | (1<<i)] += cnt[ss];            //cnt[ss] += cnt[ ss| ( 1 << i ) ] ;            fix(cnt[ss | (1<<i)]);            if( !ss ) break;        }    }}void sumdown() {    for(int i=0; i<P; i++) {        int s = ((1<<P) - 1) ^ (1<<i);        for(int ss = s; ss >= 0; ss=(ss-1)&s) {            cnt[ss | (1<<i)] -= cnt[ss];            fix(cnt[ss | (1<<i)]);            if( !ss ) break;        }    }}int main() {    freopen("kor.in", "r", stdin);    freopen("kor.out", "w", stdout);    int T; scanf("%d", &T);    init(1e5);    while(T--) {        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));        scanf("%d%d%d", &n, &k, &r);        for(int i = 1; i <= n; i++) {            scanf("%d", aa + i);            cnt[aa[i]]++;        }        sumup();        for(int s=0; s<(1<<P); s++)             cnt[s] = comb(cnt[s], k);        sumdown();        printf("%d\n", cnt[r]);    }    return 0;}