#LOJ2264. 「CTSC2017」吉夫特 DP计数

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题意

• 输入一个长度为 $n$的序列 $a_i$，求有多少个长度大于等于 $2$的不上升子序列满足 $\displaystyle\prod_{i = 2}^{k} \binom{a_{b_{i - 1}}}{a_{b_i}} \bmod 2 > 0$.

用卢卡斯定理转化一下性质

发现这个东西模 $2$为 $0$，当且仅当前一个数存在一个二进制位为 $0$而后一个数那一位是 $1$

再转化一下那后一个数就是前一个数的子集，那么不妨设 $f[i]$为以 $i$结尾的序列数

直接枚举 $i$的子集转移即可 复杂度 $O(3^{log_2^{maxa}})$

大概是 $O(3^{18})$ 看起来这个复杂度比较虚但实际上

这个 $dp$常数很小而且又有两秒而且复杂度又没有卡满 就过去了

Codes

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 3e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;

int a[N], n, f[N];

int add(int x, int y) {
	return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}

int main() {
#ifdef ylsakioi
	freopen("3773.in", "r", stdin);
	freopen("3773.out", "w", stdout);
#endif
	int ans = 0;
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		scanf("%d", &a[i]); ++ f[a[i]];
		for(int sub = a[i]; sub; (sub -= 1) &= a[i])
			if(sub != a[i])
				f[sub] = add(f[sub], f[a[i]]);
		ans = add(ans, f[a[i]] - 1);
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

还是学一学复杂度比较正的正解做法吧

毕竟 $CCF$的老爷机是不会有 $LOJ$这样的速度

一般二进制集合相关的题目都可以采用 $meet \ in \ middle$来优化

这样子复杂度直接变成了根号

像这道题 我们记 $f[i][j]$为前 $9$位是 $i$，后 $9$位为 $j$子集的方案数，那么每次枚举 $i$的超集记下来之后再转移到 $j$的子集上，那么这个复杂度就是 $O(6^9)$，就可以过了

Codes

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = sqrt(3e5);
const int mod = 1e9 + 7;
const int all = (1 << 9) - 1;

int f[N][N], n;

int main() {
#ifdef ylsakioi
	freopen("4903.in", "r", stdin);
	freopen("4903.out", "w", stdout);
#endif
	int x, y, ans = 0, z;
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		int now = 0;
		scanf("%d", &z);
		x = (z >> 9), y = z & all;
		for(int j = x; j <= all; j = (j + 1) | x)
			(now += f[j][y]) %= mod;
		(ans += now) %= mod; ++ now;
		for(int j = y; ; j = (j - 1) & y) {
			(f[x][j] += now) %= mod;
			if(!j) break;
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

在这里插入代码片