2019.10.27 GMOJ6390 黑箱

纪中的联赛模拟

Description

在$wzq$面前摆着一个大箱子，箱子被划分成$n*m$个格子，箱子的侧面是透明的，箱子很高，所以$wzq$只能从侧面观察

现在，箱子中有些格子被不透明的物体塞满了，由于$wzq$只能从侧面看，所以他只知道又哪些行和列又不透明的格子，求有多少种方案满足$wzq$看到的情况，对$ 998244353 $取模

$wzq$对$OI$的造诣太深了，但是他懒得算，所以找到了你这个工具人

对于前$10\%$的数据，保证$1<=n,m<=5$

对于前$30\%$的数据，保证$1<=n,m<=10$

对于前$50\%$的数据，保证$1<=n,m<=500$

对于前$70\%$的数据，保证$1<=n,m<=5000$

对于$100\%$的数据，保证$1<=n,m<=10^6$

[只有图片题面x]

sol:

因为一些原因早上少了快一个半小时的比赛时间……然后又打了半小时东方CB233

结果到结束就只切了这个垃圾签到题==[我太菜了]

考虑转化一下模型

题目就是给定$n‘$[$B$的个数]个不为空的二进制数，问又多少种方案能使得或和的答案是一个给定的二进制数$ M $

这东西的模型上次在CF见过来着==[然后加强了一堆限制 变成了一个数据结构题]

因为是二进制，显然的拆位考虑

对于不考虑不为空限制的情况下 答案显然为$(2^{n}-1)^{m}$[每一位二进制数都是随机填 但是不全为空]

考虑加入限制，也是一个显然的容斥，行的限制可以化简为原问题的一个子问题 答案就是$\sum (-1)^iC_{n‘}^{i}*(2^{n-i}-1)^m$

然后就做完了== 不愧是简单签到题.jpg[写完就继续去颓东方CB了233]

总效率 $O(n log n)$

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long fish=998244353;
int N,M;long long fac[1000005],inv[1000005];
long long Pow(int x,int y){
    long long ans=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*1ll*x%fish)
        if (y&1) ans=1ll*ans*1ll*x%fish;
    return ans;
}
void Pre(){
    fac[0]=1;
    for (int i=1;i<=1000000;i++)
        fac[i]=1ll*fac[i-1]*1ll*i%fish;
    inv[1000000]=Pow(fac[1000000],fish-2);
    for (int i=999999;i>=0;i--){
        inv[i]=1ll*inv[i+1]*1ll*(i+1)%fish;
    }
}
int C(int n,int r){
    return 1ll*fac[n]*1ll*inv[r]%fish*inv[n-r]%fish;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&N,&M);
    Pre();
    int cnt1=0,cnt=0,cnt2=0;
    for (int i=1;i<=N;i++){
        char c;
        cin>>c;
        if (c==‘B‘) cnt2++;
    }
    for (int i=1;i<=M;i++){
        char c;
        cin>>c;
        if (c==‘B‘) cnt1++;
    }
    long long ans=Pow(Pow(2,cnt2)-1,cnt1);
    long long xs=-1;
    for (int i=1;i<=cnt2;i++){
        ans=(ans+1ll*xs*1ll*C(cnt2,i)%fish*1ll*Pow(Pow(2,cnt2-i)-1,cnt1)%fish)%fish;
        if (ans<0) ans=(ans+fish)%fish;
        xs=-xs;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/si--nian/p/11747682.html