AT Tokiomarine2020E O(rand)

AT Tokiomarine2020E O(rand)

很棒（又被吊锤）的一道容斥题

一些显然的结论

先简单的考虑一下S和T之间的大致关系
若\(S \nsubseteq T\) 显然无解

由于任意一种方案，所有选中的数的与为T
所以对于一个元素\(A_k\)可能出现在方案内，当且仅当\(S \subseteq A_k \subseteq T\)

因为\(T\)是所有元素的公共部分，相当于无效，可以直接删去
同时，剩下的元素每一位等价，可以离散 使得更加好看

离散后的问题可以简化为
给定一些数，要求从中选出不超过k个数，使得 Or为 \(2^k-1\), And 为0
换言之，就是选出的数对于每一位都同时有1和0
这么一说题干就有容斥的感觉了

Solve

设\(f(S)\)为恰好S位上的数合法
设\(g(S)\)为最多S位上的数合法
设全集为\(SS\)
题目所求即\(f(S)\)
显然有

\[g(S)=\sum_{T \subseteq S} C_{|S|}^{|T|} f(T) \]

通过二项式反演得

\[f(s)=\sum_{T \subseteq T} (-1)^{|S|-|T|}*C_{|S|}^{|T|}*g(T) \]

最多有\(S\)位合法实际就是最少有\(SS \oplus S\)这些位不合法
为了强制这些位不合法，我们所选取数的集合中必然所有数 and \(SS \oplus S\)的结果相同
于是 我们只需要将所有数 对于 \(TT \oplus S\)的与运算结果分类讨论即可

代码环节

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

#define Mod(x) (x>=P)&&(x-=P)||(x<0)&&(x+=P)
#define rep(i,a,b) for(ll i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(ll i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
#define erep(i,a) for(ll i=hd[a];i;i=nxt[i])

typedef long long ll;
void Max(ll &x,ll y){(x<y)&&(x=y);}
void Min(ll &x,ll y){(x>y)&&(x=y);}

bool vio;
char IO;
ll rd(ll res=0){
	bool f=0;
	while(IO=getchar(),IO<48||IO>57)
		f=IO=='-';
	do res=(res<<1)+(res<<3)+(IO^48);
	while(IO=getchar(),isdigit(IO));
	return f?-res:res;
}
const ll M=105;
ll A[M],g[M],pc[1<<18],C[M][M],pw[M],D[M][M];
ll cnt[1<<18];
bool let;
int main(){
	cerr<<(&vio-&let)/1024.0/1024<<endl;
	ll n=rd(),K=rd(),S=rd(),T=rd();
	if((S&T)!=S)return puts("0"),0;
	rep(i,1,n){
		ll t=rd();
		if((t&S)==S&&(t|T)==T)A[++A[0]]=t^S;
	}	
	T^=S;
	rep(i,1,A[0]){
		ll bas=1,s=0;
		rep(j,0,18){
			if(1<<j&A[i])s|=bas;
			if(1<<j&T)bas*=2;
		}
		A[i]=s;
		if(i==A[0])T=bas-1;
	}
	rep(i,1,T)pc[i]=pc[i>>1]+(i&1);
	rep(i,0,A[0])rep(j,C[i][0]=1,i){
		C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
		D[i][j]=D[i][j-1]+C[i][j];
	}
	ll ans=0;
	rep(i,0,T){
		ll tmp=0;
		rep(j,1,A[0]){
			tmp-=D[cnt[A[j]&i]][min(cnt[A[j]&i],K)];
			cnt[A[j]&i]++;
			tmp+=D[cnt[A[j]&i]][min(cnt[A[j]&i],K)];
		}
		rep(j,1,A[0])cnt[A[j]&i]=0;
		ans+=(pc[i]&1?-1:1)*tmp;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}