TC SRM681 DIV2 T3 XorLists

题意

有一个序列$A$，矩阵$S$表示$A$中的元素两两的异或值。即$S_{i,j}=A_i xor A_j,0 \leq i,j \leq N$，$N$为序列的元素个数。你的任务是对于给定的$S$，求出满足条件的$A$的个数，满足对于$\forall A_i$，都有$0 \leq A_i \leq M$。答案对$10^9+7$取模。

约定

$$1\leq N \leq 10, 0\leq M\leq 10^9$$

分析

PART 1 XOR

首先明白异或运算的一个性质：

• 若$a\,xor\,b=c$，则$b=a\,xor\,c$

即它的运算过程是可逆的。这个很显然。
所以，也就是说，我们如果知道了这个序列的第一个数，那么剩下的数都可以用矩阵里的信息运算出来。
那么序列$A$可行的方案数也就是序列$A$中第一个数$A_0$可行的方案数。由于$1\leq A_i\leq M,M\leq 10^9$，所以实际上方案数是绝对不会超过$M$的，即，模数是个废物。

PART 2 计数

我们枚举第一个数的可能情况即可。
首先考虑如果没有$M$的限制时，方案数是无限种的。（好像说了和没说没什么区别）
我们考虑有$M$的限制时，首先我们要满足第一个数。我们可以枚举第一个数的二进制位，若当前位前的所有位都和$M$的对应位相同，那么当前位的选择是受$M$的对应位限制的，否则可以随意选择01。我们可以在枚举到当前位的同时记录一个状态：第一个数的前几位是否全部与$M$的对应位相同，这样就比较好决定当前的决策。接下来我们需要其他$N-1$个数也满足$M$的限制。那么我们只需要在对第一个数处理的同时，我们每确定一个当前位的选择，就通过矩阵$S$计算出其他数对应位是什么，并且，类似对第一个数的处理，我们也可以把其他数的这种状态记录下来。因为NN较小，这个用状态压缩即可。

这玩意似乎叫数位DP，你可以照着网上的板子写一个记忆化；或者循环形式也可以。这两种实现的代码后面都会贴出。

参考程序

1 我的记忆化实现

//tc is healthy, just do it
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 15;
const int MAX_B = 32;
const int MAX_S = 1100;

class XorLists {
public:
    int countLists( vector <int> s, int m );
private:
    int N, M;
    int dfs(int pos, int stat);
};

int S[MAX_N][MAX_N], DP[MAX_B][MAX_S];

int XorLists::countLists(vector <int> s, int m) {
    int i, j, k;
    N = floor(sqrt(s.size())), M = m;
//  首先检查是否有解，第一遍：检查S[i][i]是否为0，即自己异或自己是否为0
    for (i = 0; i < N; i++) {
        for (j = 0; j < N; j++) S[i][j] = s[i * N + j];
        if (S[i][i]) return 0;      // judge a[i] xor a[i]
    }
//  第二遍：检查所有A[i]xorA[j]xorA[j]xorA[k]是否等于A[i]xorA[k]
    for (i = 0; i < N; i++)
        for (j = 0; j < N; j++)
            for (k = 0; k < N; k++)     // judge whether a[i] ^ a[j] ^ a[j] ^ a[k] == a[i] ^ a[k]
                if (S[i][j] ^ S[j][k] ^ S[i][k]) return 0;
    memset(DP, 0xff, sizeof(DP));
    return dfs(31, (1 << N) - 1);   // 由于M在int内，直接从最高位开始也没有关系
}

int XorLists::dfs(int pos, int stat) {
//  pos为当前位，stat表示受限制的状态。一开始时我们可以认为所有数都是受限制的，即最高位同M都为0，所以状态为111...1，这样方便我们后面的转移
    if (pos < 0) return 1;  // pos小于0说明所有位已经枚举完（当然是一种合法方案），那么返回1
    if (DP[pos][stat] > 0) return DP[pos][stat];
    int & now = DP[pos][stat];
    int nxtnum, m_pos = M >> pos & 1, lim = stat & 1 ? m_pos : 1, i, j, nxtstat;
//  m_pos表示M的当前位，lim位当前位的限制，nxtstat表示下一个限制状态
    for (i = now = 0; i <= lim; i++) {  // i枚举当前位的选择
        nxtstat = stat & 1 & i == m_pos;    // 先加入第一个数的状态
        bool fail = false;  // fail表示该状态是否合法
        for (j = 1; j < N; j++)
            if (stat >> j & 1) {    // 如果某个数受限制，我们就要考虑一下它当前是否合法；若它已经不受限制了则可以不管它
                nxtnum = S[0][j] >> pos & 1 ^ i;    // 算出这个数的当前位
                if (nxtnum > m_pos) { fail = true; break; }
                if (nxtnum == m_pos) nxtstat |= 1 << j;     // 更新下一个限制状态
            }
        if (!fail) now += dfs(pos - 1, nxtstat);    // 累加
    }
    return now;
}

2 CHY大佬的循环实现

emmmm这个代码我不是很会解释，大家自己看吧。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

class XorLists {
public:
    int countLists( vector <int> s, int m );
};
const int MAXN = 10, MAXLOG = 32;
int n;
int dp[MAXLOG][2][1 << MAXN];
int XorLists::countLists(vector <int> s, int m) {
    n = 0;
    for(;n * n < s.size(); n++);
    for(int i = 0; i < n; i++)
        for(int j = 0; j < n; j++)
            for(int k = 0; k < n; k++)
                if((s[i * n + j] ^ s[j * n + k]) != s[i * n + k])
                    return 0;
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    dp[31][0][(1 << n) - 1] = 1;
    for(int i = 31; i > 0; i--)
        for(int j = 0; j <= 1; j++)
            for(int k = 0; k < 1 << n; k++) {
                if(dp[i][j][k] == 0) continue;
                for(int i1 = 0; i1 <= 1; i1++) {
                    int b = 0;
                    for(int l = 0; l < n; l++)
                        if((k >> l) & 1)
                        if((((m >> (i - 1)) & 1) == 0) && (((s[l] >> (i - 1)) & 1 ^ i1) == 1)) {
                            b = 1;
                            break;
                        }
                    if(b == 1) continue;
                    int t = k;
                    for(int l = 0; l < n; l++)
                        if((k >> l) & 1)
                        if((((m >> (i - 1)) & 1) == 1) && (((s[l] >> (i - 1)) & 1 ^ i1) == 0)) t -= 1 << l;
                    dp[i - 1][i1][t] += dp[i][j][k];
                }
            }
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i <= 1; i++)
        for(int j = 0; j < 1 << n; j++) ans += dp[0][i][j];
    return ans;
}

总结

本题重点在于对位运算性质的掌握，如果熟练了就能很快分析出来。碰到这种情况，不妨直接拿来几个数分析分析。这题只要发现了第一个数确定后面数也确定这个性质，整个题就没什么难度了。虽然数位DP没有接触过，但自己想出来一个记忆化的形式还是不太难的。并且这题还考到了状态压缩的技巧，还是比较综合的。