HDU 6391 Lord Li's problem（dp+组合数学）-优快云博客

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探讨了在一个特定的二进制数字集合中，如何选择子集使其异或结果等于给定目标值的问题，并提供了一种动态规划的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

对于 $0$ ~ $2^n-1$ 这些数字中二进制表示只有三个 $1$ 的数字集，问从中选取一个 $k$ 子集与 $S$ 异或结果为 $T$ 的方案数

Input

多组用例，每组用例首先输入两个整数 $n,k$ ，之后输入两个长度为 $n$ 的 $01$ 串为 $S,T$ 的二进制表示，以 $0\ 0$ 结束输入

$(1\le n\le 40,0\le k\le min(20,C_n^3))$

Output

输出方案数，结果模 $19260817$

Sample Input

4 3
1101
1001
3 1
101
010
5 3
11010
10111
0 0

Sample Output

Case #1: 1
Case #2: 1
Case #3: 6

Solution

问题转化为用不同的 $k$ 个二进制表示只有三个 $1$ 的 $n$ 位二进制数异或得到 $S$ ^ $T$ ，假设 $S$ ^ $T$ 有 $m$ 个位置为 $1$ ，显然方案数只和 $m$ 有关，与这 $m$ 个 $1$ 的具体位置无关，那么我们只需使得这 $k$ 个数字异或结果的后 $m$ 位为 $1$ ，前 $n-m$ 位为 $0$ 即可，以 $dp[i][j]$ 表示用 $i$ 个不同的数字异或结果为后 $j$ 位为 $1$ ，前 $n-j$ 位为 $0$ 的方案数，考虑第 $i$ 个数的贡献，有四种情况

$1$ . $3$ 个 $1$ 全部在之前为 $0$ 的位，也即从当前的 $j$ 个 $1$ 中找 $3$ 个位置放置当前数字的 $3$ 个 $1$ ，故有转移

d p [i] [j] + = C_{j}^{3} \cdot d p [i - 1] [j - 3]

$dp[i][j]+=C_{j}^3\cdot dp[i-1][j-3]$

22 $2$ .

2

$2$ 个

11 $1$ 在之前为

0

$0$ 的位，

11 $1$ 个

1

$1$ 在之前为

11 $1$ 的位，也即从当前的

j

$j$ 个

11 $1$ 中找

2

$2$ 个位置放置当前数字产生的

22 $2$ 个

1

$1$ ，从当前的

n−jn−j $n-j$ 个

11 $1$ 里找

1

$1$ 个位置放置当前数字消除的

11 $1$ 个

1

$1$ ，故有转移

d p [i] [j] + = C 2 j \cdot C 1 n - j \cdot d p [i - 1] [j - 1]

$dp[i][j]+=C_j^2\cdot C_{n-j}^1\cdot dp[i-1][j-1]$

33 $3$ .

1

$1$ 个

11 $1$ 在之前为

0

$0$ 的位，

22 $2$ 个

1

$1$ 在之前为

11 $1$ 的位，也即从当前的

j

$j$ 个

11 $1$ 中找

1

$1$ 个位置放置当前数字产生的

11 $1$ 个

1

$1$ ，从当前的

n−jn−j $n-j$ 个

11 $1$ 里找

2

$2$ 个位置放置当前数字消除的

22 $2$ 个

1

$1$ ，故有转移

d p [i] [j] + = C 1 j \cdot C 2 n - j \cdot d p [i - 1] [j + 1]

$dp[i][j]+=C_j^1\cdot C_{n-j}^2\cdot dp[i-1][j+1]$

44 $4$ .

3

$3$ 个

11 $1$ 全部在之前的

1

$1$ 位，也即从当前的

n−jn−j $n-j$ 个

00 $0$ 找

3

$3$ 个位置放置当前数字消除的

33 $3$ 个

1

$1$ ，故有转移

d p [i] [j] + = C 3 n - j \cdot d p [i - 1] [j + 3]

$dp[i][j]+=C_{n-j}^3\cdot dp[i-1][j+3]$
首先注意到此时我们放置的第

ii $i$ 个数字可能会与前面的

i - 1

$i-1$ 个数字中的某个重复，故有

d p [i] [j] - = (C 3 n - (i - 2)) \cdot d p [i - 2] [j]

$dp[i][j]-=(C_n^3-(i-2))\cdot dp[i-2][j]$
表示前

i−2i−2 $i-2$ 个不同的数字已经使得后

jj $j$ 位为

1

$1$ ，前

n−jn−j $n-j$ 位为

00 $0$ ，而第

i

$i$ 个数字重复出现了两次，选取一个和前

i−2i−2 $i-2$ 个数字不同的数字均可

其次我们不应考虑数字的前后顺序，故有

d p [i] [j] = d p [ i ] [ j ] i

$dp[i][j]=\frac{dp[i][j]}{i}$
单组用例时间复杂度

O(nk)O(nk) $O(nk)$ ，总时间复杂度

O(Tnk)O(Tnk) $O(Tnk)$ ，注意到可以预处理每个长度的答案，对于每组用例只需统计

mm $m$ 即可，时间复杂度

O (n^{2} k + T n)

$O(n^2k+Tn)$

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mod 19260817
int mul(int x,int y)
{
    ll z=1ll*x*y;
    return z-z/mod*mod;
}
int add(int x,int y)
{
    x+=y;
    if(x>=mod)x-=mod;
    return x;
}
int n,k,inv[22],C[44][44],dp[44][22][44];
char a[44],b[44];
void init()
{
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=20;i++)inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
    for(int i=0;i<=40;i++)
    {
        C[i][0]=C[i][i]=1;
        for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=add(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
    }
    for(int n=1;n<=40;n++)
    {
        dp[n][0][0]=1;
        for(int i=1;i<=min(20,C[n][3]);i++)
            for(int j=0;j<=n;j++)
            {
                if(j+1<=n)dp[n][i][j]=add(dp[n][i][j],mul(dp[n][i-1][j+1],mul(C[j][1],C[n-j][2])));
                if(j+3<=n)dp[n][i][j]=add(dp[n][i][j],mul(dp[n][i-1][j+3],C[n-j][3]));
                if(j>=1)dp[n][i][j]=add(dp[n][i][j],mul(dp[n][i-1][j-1],mul(C[j][2],C[n-j][1])));
                if(j>=3)dp[n][i][j]=add(dp[n][i][j],mul(dp[n][i-1][j-3],C[j][3]));
                if(i>=2)dp[n][i][j]=add(dp[n][i][j],mod-mul(dp[n][i-2][j],add(C[n][3],mod-(i-2))));
                dp[n][i][j]=mul(dp[n][i][j],inv[i]);
            }
    }
}
int main()
{
    int Case=1;
    init();
    while(~scanf("%d%d",&n,&k),n||k)
    {
        int m=0;
        scanf("%s%s",a,b);
        for(int i=0;i<n;i++)m+=(a[i]-'0')^(b[i]-'0');
        printf("Case #%d: %d\n",Case++,dp[n][k][m]);
    }
    return 0;
}