CodeForces 388 D.Fox and Perfect Sets（线性基+dp）

最新推荐文章于 2019-09-08 17:03:43 发布

v5zsq

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本文介绍了一种使用动态规划方法来解决特定数学问题的算法：计算不超过给定整数k的所有非负整数集合中，有多少个集合对于异或运算封闭（即完美集合）。通过构建动态规划状态转移方程，文章详细解释了如何高效地求解此类问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

称一个非空子集（元素均非负）的集合是完美的当且仅当其对异或运算封闭，问所包含元素为不超过 $k$ 的非负整数的集合中有多少是完美的

Input

一个整数 $k(1\le k\le 10^9)$

Output

输出满足条件的集合个数，结果模 $10^9+7$

Sample Input

Sample Output

Solution

考虑线性基的位置，如果线性基的位置确定，那么集合 $S$ 在这些位是确定的，方案数体现在其他非线性基的位

从高位到低位按位考虑以该位为最高位的线性基是否加入， $dp[i][j][k]$ 表示从第 $i$ 位到最高位已经选了 $j$ 个位做基且基异或得到的最大值（指的是在第 $i$ 位到最高位）是否等于 $n$ 的方案数

1.当 $k=0$ 时，考虑第 $i-1$ 位

该位如果要作为一个基，那么有 $dp[i-1][j+1][0]+=dp[i][j][0]$

该位不是基，那么之前的 $j$ 个基每个基在这一位都可以 $0,1$ 随便选，故有 $dp[i-1][j][0]+=2^j\cdot dp[i][j][0]$

2.当 $k=1$ 时，考虑第 $i-1$ 位和 $n$ 的第 $i-1$ 位，之前的 $j$ 个基在该位的取值有 $2^{j}$ 种

令 $x=2^{j-1},j\ge 1,x=1,j=0,y=2^{j-1},j\ge 1,y=0,j=0$ ，表示有 $x$ 种可能使得这些基异或得到的最大值在第 $i-1$ 位是 $0$ ，有 $y$ 种可能使得这些基异或得到的最大值在第 $i-1$ 位是 $1$

（ $x$ 的含义就是有偶数个基在该位是 $1$ 则异或结果是 $0$ ， $y$ 的含义就是有奇数个基在该位是 $1$ 则异或结果是 $1$ ）

如果 $n$ 的第 $i-1$ 位是 $0$ ，那么最大值在该位必须是 $0$ ，有 $x$ 种情况，故 $dp[i-1][j][1]+=x\cdot dp[i][j][1]$

如果 $n$ 的第 $i-1$ 位是 $1$ ，如果该位要作为一个基，那么有 $dp[i-1][j+1][1]+=dp[i][j][1]$ ，如果该位不是基，那么有 $x$ 种情况使得当前最大值小于 $n$ ，有 $y$ 种情况使得当前最大值等于 $n$ ，故有 $dp[i-1][j][0]+=x\cdot dp[i][j][1],dp[i-1][j][1]+=y\cdot dp[i][j][1]$

最终 $\sum\limits_{i}(dp[0][i][0]+dp[0][i][1])$ 即为答案

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mod 1000000007
void add(int &x,int y)
{
    x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
} 
int n,dp[32][32][2];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    dp[30][0][1]=1;
    for(int i=30;i>0;i--)
        for(int j=0;j<=30;j++)
        {
            add(dp[i-1][j][0],(1ll<<j)*dp[i][j][0]%mod);
            add(dp[i-1][j+1][0],dp[i][j][0]);
            int x=j?(1<<(j-1)):1,y=j?(1<<(j-1)):0;
            if(n>>(i-1)&1)
            {
                add(dp[i-1][j][0],(ll)x*dp[i][j][1]%mod);
                add(dp[i-1][j][1],(ll)y*dp[i][j][1]%mod);
                add(dp[i-1][j+1][1],dp[i][j][1]);
            }
            else add(dp[i-1][j][1],(ll)x*dp[i][j][1]%mod);
        }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=30;i++)
        add(ans,dp[0][i][0]),add(ans,dp[0][i][1]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}