2014编程之美初赛第二场1003 集合

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描述

统计满足下列条件的集合对(A, B)的数量：

• A,B都是{1, 2, …, N}的子集；

• A,B没有公共的元素；

• f(A)<= f(B)。f(S)定义为S中所有元素的按位异或和。例如， f({}) = 0, f({1, 3}) = 2。

因为答案可能很大，你只需要求出它除以M的余数。

输入

第一行一个整数T (1 ≤ T ≤ 10)，表示数据组数。

接下来是T组输入数据，测试数据之间没有空行。

每组数据格式如下：

仅一行，2个整数N和M (1 ≤ M ≤ 10⁸)。

输出

对每组数据，先输出“Case x:”，然后接一个整数，表示所求的结果。

数据范围

小数据：1 ≤ N ≤ 20

大数据：1 ≤ N < 2¹²

样例输入

13 100000000

样例输出

Case 1: 18

 

本质：

组合数学+DP

 

思路：

首先，所有的分组情况是3^n(每个元素可以放在第一个集合，也可以放在第二个集合，也可以抛弃)，对于每一种情况，把异或值小的放在左边，异或值大的放在右边，都能满足情况，那么有(3^n)/2种情况，但是左右两边异或值相同的时候可以计算两次，所以还要加上相等情况数的一半，左右两边异或相等的时候，那么左右两个集合的并集的异或值为0，那么我们需要知道1~n中有多少组数异或为0的情况，并且如果找到一组k个数字异或为0，那么现在将对这组数字进行分配：把0个元素分配到左边的集合：C(k,0)、把1个元素分配到左边的集合：C(k,1)...把k个元素分配到左边的集合:C(k,k)，总共的情况数是2^k，那么我们计算的时候就可以用DP进行递推了

dp[i][j]代表前i个数分配好了，两个集合的异或值为j的方案数

有转移：

dp[i+1][j]+=dp[i][j];

dp[i+1][j^(i+1)]+=dp[i][j]*2;//多一个数，2^k中k+1，那么方案数要乘以2

所以最后的答案就等于(3^n+dp[n][0])/2

由于过程要求余m，但是最后结果的时候要除以2，从Logic_IU得知了一个比较好的处理办法，求余2m即可，妙哉

 

#include<stdio.h>#include<string.h>long long int dp[4500][4500];//dp[i][j]代表前i个数分配好了，异或值为j的方案数long long int num[20]={0,1,3,7,15,31,63,127,255,511,1023,2047,4095};int main(){long long int I,T,n,MOD,i,j,ans,m,MOD2,t;scanf("%lld",&T);for(I=1;I<=T;I++){scanf("%lld%lld",&n,&MOD);MOD2=MOD*2;ans=1;for(i=1;i<=n;i++)ans=(ans*3)%MOD2;for(i=1;i<=12;i++)//找到1~n异或的上限if(n<=num[i])break;m=num[i];memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0]=1;for(i=0;i<n;i++)for(j=0;j<=m;j++){t=j^(i+1);dp[i+1][j]=(dp[i+1][j]+dp[i][j])%MOD;dp[i+1][t]=(dp[i+1][t]+dp[i][j]*2)%MOD;}ans=(ans+dp[n][0])%MOD2;ans/=2;ans%=MOD;printf("Case %lld: %lld\n",I,ans);}return 0;}