题解 LOJ2075 「JSOI2016」位运算（状压DP，矩阵）

题目大意

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给定两个整数\(n\), \(k\)和一个01串\(S\)。我们设\(R\)是一个二进制数，它的二进制表示，就是\(S\)重复\(k\)次。请你选出\(n\)个不同的、小于\(R\)的非负整数（也就是值在\([0,R-1]\)之间），使得它们的异或和为\(0\)。

数据范围：\(3\leq n\leq 7,1\leq k\leq 10^5,1\leq |S|\leq 50\)。

本题题解

假设我们已经知道了\(R\)（也就是把\(S\)重复\(k\)次大力展开），该怎么做？设选出的这\(n\)个数为\(x_1,x_2,\dots,x_n\)。为了保证这\(n\)个数互不相同且都小于\(R\)，不妨设\(R>x_1>x_2>\dots >x_n\)。不妨设\(x_0=R\)。

因为\(n\)很小，考虑状压DP。设\(dp[i][\text{mask}]\)表示考虑了\(R\)的前\(i\)位（从高到低）；\(\text{mask}\)是一个长度为\(n\)的二进制数，对于第\(j\)个位置 (\(1\leq j\leq n\))，如果当前（只考虑数的前\(i\)位）\(x_j=x_{j-1}\)，则\(\text{mask}\)第\(j\)位为\(1\)，否则\(\text{mask}\)第\(j\)位为\(0\)。转移时，枚举\(x_1\dots x_n\)的第\(i\)位分别填什么，这样可以计算出新的\(\text{mask}'\)。令\(dp[i][\text{mask}']\texttt{+=}dp[i-1][\text{mask}]\)即可。

这个DP的时间复杂度是\(O(|R|\cdot (2^n)^2\cdot n)=O(k\cdot |S|\cdot 2^{2n}\cdot n)\)的，无法通过本题。

发现上面的这个DP，没有用到“\(R\)是由一个非常短的串\(S\)，重复\(k\)次得来的”，这一特殊条件。我们发现，在\(S\)的\(k\)次重复中，每一次的转移其实都是一样的。那么就容易想到做矩阵快速幂。

那么关键就是要求出转移矩阵：\(\text{trans}[\text{mask}_1][\text{mask}_2]\)表示从\(dp[x\cdot|S|][\text{mask}_1]\)转移到\(dp[(x+1)\cdot|S|][\text{mask}_2]\)的系数 (\(0\leq x)。可以枚举\(\text{mask}_1\)，令\(dp[0][\text{mask}_1]=1\)，然后对\(S\)做一遍上面的那个DP，就可以对所有\(\text{mask}_2\)求出\(\text{trans}[\text{mask}_1][\text{mask}_2]\)了。这部分时间复杂度\(O(|S|\cdot 2^{3n}\cdot n)\)。可以承受。

然后就对这个大小为\(2^n\times 2^n\)的矩阵做矩阵快速幂即可。这部分时间复杂度\(O(2^{3n}\log k)\)。

总时间复杂度\(O(|S|\cdot 2^{3n}\cdot n+2^{3n}\log k)\)。

参考代码：

//problem:LOJ2075
#include 
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair pii;

const int MOD=1e9+7;
inline int mod1(int x){return x>=1;}return y;}

const int MAXN=7,MAXK=1e5,MAXS=50;
const int SIZE2=1<>=1;
	}
	return Y;
}

int main() {
	cin>>n>>K;
	cin>>(s+1);len=strlen(s+1);
	int sz=(1<>1]+(i&1);
	Matrix trans;
	trans.sz=sz;
	for(int st=0;st<=sz;++st){
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		dp[0][st]=1;
		for(int i=1;i<=len;++i){
			for(int j=0;j<=sz;++j)if(dp[i-1][j]){
				for(int k=0;k<=sz;++k)if(bitcnt[k]%2==0){
					static int curs[MAXN+5];
					curs[0]=s[i]-'0';
					for(int l=1;l<=n;++l)curs[l]=((k>>(l-1))&1);
					bool fail=false;
					int newj=0;
					for(int l=1;l<=n;++l){
						if((j>>(l-1))&1){
							//之前是等于的
							if(curs[l]>curs[l-1]){fail=1;break;}
							if(curs[l]==curs[l-1])newj|=(1<<(l-1));
						}
					}
					if(fail)continue;
					add(dp[i][newj],dp[i-1][j]);
				}
			}
		}
		for(int ed=0;ed<=sz;++ed){
			trans.a[st][ed]=dp[len][ed];
		}
	}
	trans=mat_pow(trans,K);
	Matrix res;
	res.a[0][sz]=1;
	res.sz=sz;
	res=res*trans;
	cout<