「JOI 2018 Final」毒蛇越狱

好题。

题意

给你 \(0\sim 2^k-1\) 这 \(2^k\) 个数，第 \(i\) 个数的权值是 \(a_i\)。有 \(q\) 次询问，每次询问给出一个由 0,1,? 组成的字符串，你需要把 ? 替换成 0,1，替换后把该串视为一个二进制数 \(x\)，求所有可能的 \(x\) 的权值和。

\(k\le 20,q\le 10^6\)

分析

有一个非常显然的暴力就是爆搜所有 ? 填什么，时间复杂度 \(O(q2^{cnt_?})\)。

但是肯定过不去。

注意到 \(\min(cnt_0,cnt_1,cnt_?)\le \frac{n}{3}=6\)，启发我们思考能不能在 0 和 1 上搞事情。

假设 \(cnt_1\le 6\)，发现难点在于 1 这些位只能取 1 而不像 ? 可以任取，如果没有 1 那么直接高维前缀和就行。结合给的条件，考虑容斥，钦定某些 1 错填 0，其他 1 视为 ? 一样填，容斥系数即是 \((-1)^{错填成0的1数量}\)，时间复杂度 \(O(q2^{cnt_1})\)。

当 \(cnt_0\le 6\) 时，做法和 \(cnt_1\le 6\) 没啥太大的不一样，但是注意要做的变成了高维后缀和。

当 \(cnt_?\le 6\) 时套用朴素爆搜。

时间复杂度 \(O(q2^{\frac{n}{3}})\)。代码非常好写。

const int maxn=21,maxm=1<<20,inf=0x3f3f3f3f;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int k,Q,n;
int a[maxm];
char s[maxn];
int f[maxm],g[maxm];
vector<int>v0,v1,v2;
inline int dfs2(int step,int id){
	if(step==(int)v2.size())return a[id];
	return dfs2(step+1,id)+dfs2(step+1,id|(1<<v2[step]));
}
inline int dfs0(int step,int id,int fir){
	if(step==(int)v0.size())return fir*g[id];
	return dfs0(step+1,id,fir)+dfs0(step+1,id|(1<<v0[step]),-fir);
}
inline int dfs1(int step,int id,int fir){
	if(step==(int)v1.size())return fir*f[id];
	return dfs1(step+1,id,-fir)+dfs1(step+1,id|(1<<v1[step]),fir);
}
inline void solve_the_problem(){
	k=rd(),Q=rd(),n=1<<k;
	rep(i,0,n-1)scanf("%1d",&a[i]);
	rep(i,0,n-1)f[i]=g[i]=a[i];
	rep(i,1,k){
		rep(S,0,n-1){
			if((S>>(i-1))&1)f[S]+=f[S^(1<<(i-1))];
			else g[S]+=g[S^(1<<(i-1))];
		}
	}
	while(Q--){
		scanf("%s",s+1);
		v0.clear(),v1.clear(),v2.clear(); 
		rep(i,1,k){
			if(s[i]=='0')v0.pb(k-i);
			if(s[i]=='1')v1.pb(k-i);
			if(s[i]=='?')v2.pb(k-i);
		}
		if(v2.size()<=6){
			int S=0;
			rep(i,1,k)if(s[i]=='1')S|=(1<<(k-i));
			write(dfs2(0,S));
		}else if(v0.size()<=6){
			int S=0;
			rep(i,1,k)if(s[i]=='1')S|=(1<<(k-i));
			write(dfs0(0,S,1));
		}else{
			int S=0;
			rep(i,1,k)if(s[i]=='?')S|=(1<<(k-i));
			write(dfs1(0,S,1));
		}
	}
}