[SDOI2009] Bill的挑战

[SDOI2009] Bill的挑战

题目信息

题目描述

Sheng_bill 不仅有惊人的心算能力，还可以轻松地完成各种统计。在昨天的比赛中，你凭借优秀的程序与他打成了平局，这导致 Sheng_bill 极度的不满。于是他再次挑战你。这次你可不能输。

这次，比赛规则是这样的：

给出 \(N\) 个长度相同的字符串（由小写英文字母和 ? 组成），\(S_1,S_2,\dots,S_N\)，求与这 \(N\) 个串中的刚好 \(K\) 个串匹配的字符串 \(T\) 的个数，答案对 \(1000003\) 取模。

若字符串 \(S_x(1\le x\le N)\) 和 \(T\) 匹配，满足以下条件：

1. \(|S_x|=|T|\)。
2. 对于任意的 \(1\le i\le|S_x|\)，满足 \(S_x[i]= \texttt{?}\) 或者 \(S_x[i]=T[i]\)。

其中 \(T\) 只包含小写英文字母。

输入格式

本题包含多组数据。

第一行一个整数 \(T\)，表示数据组数。

对于每组数据，第一行两个整数，\(N\) 和 \(K\)。

接下来 \(N\) 行，每行一个字符串 \(S_i\)。

输出格式

每组数据输出一行一个整数，表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

5
3 3
???r???
???????
???????
3 4
???????
?????a?
???????
3 3
???????
?a??j??
????aa?
3 2
a??????
???????
???????
3 2
???????
???a???
????a??

样例输出 #1

914852
0
0
871234
67018

数据规模与约定

• 对于 \(30\%\) 的数据，\(N\le5\)，\(|S_i|\le20\)；
• 对于 \(70\%\) 的数据，\(N\le13\)，\(|S_i|\le30\)；
• 对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le T\le 5\)，\(1\le N \le15\)，\(1\le|S_i|\le50\)。

思路分析

这道题和[CEOI2010 day2] pin真的差不多。

显然

\[g(S)=\sum_{T\supseteq S}{f(T)} \]

根据广义容斥原理

\[f(S)=\sum_{T\supseteq S}{(-1)^{|S|-|T|}g(T)} \]

\(g(S)\) 直接暴力求就行了，卡个常，就过了！

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MAXN = 5e4+10;
namespace math{
	int MOD;
	int frac[MAXN];
	int qpow(int a,int b){
		if(b==0) return 1;
		if(b==1) return a;
		int k = qpow(a,b>>1);
		k*=k;k%=MOD;
		if(b&1) k*=a;k%=MOD;
		return k;
	}
	int inv(int a){
		return qpow(a,MOD-2);
	}
	int C(int n,int m){
		if(n<m) return 0;
		return frac[n]*inv(frac[m]*frac[n-m]%MOD)%MOD;
	}
	int get(int n,int m){
		return C(m+n-1,m);
	}
	void init(){
		frac[0] = 0;
		for(int i = 1;i<MAXN;i++){
			frac[i] = frac[i-1]*i;
			frac[i]%=MOD;
		}
	}
	int lowbit(int k){
		return k&(-k);
	}
	int bit(int k){
		int sum = 0;
		while(k){
			sum ++;
			k -= lowbit(k);
		}
		return sum;
	}
	int log2(int k){
		for(int i = 0;i<=64;i++){
			int p = 1;
			if(p<<i==k) return i;
		}
		return 0;
	}
}
using namespace math;
int n,m,k,g[1<<16],f[1<<16];
bool can[1<<16];
vector<int> v[1<<16];
char tmp[20][60];
void read(int &n){
	char tmp;
	int x = 1;
	do tmp = getchar();
	while(!(tmp=='-'||('0'<=tmp&&tmp<='9')));
	if(tmp=='-'){
		x = -1;
	}
	int gz = 0;
	while('0'<=tmp&&tmp<='9'){
		gz*=10;
		gz+=tmp-'0';
		tmp = getchar();
	}
	n = gz*x;
}
namespace code{
	using namespace math;
signed main(){
	read(n);read(k);
	for(int i = 0;i<n;i++){
		char k;
		k = getchar();
		int u = 0;
		while(k!='\n'){
			tmp[i][u++] = k;
			k = getchar();
		}
		tmp[i][u] = '\0';
	}
	m = strlen(tmp[1]);
	vector<int> p;
	for(int i = 0;i<(1<<n);i++){
		can[i] = 1;g[i] = 1;
		for(int j = 0;j<m;j++){
			char k = '?';
			for(int u:v[i]){
				if(tmp[u][j]!='?'){
					if(k=='?') k = tmp[u][j];
					else if(k!=tmp[u][j]){
						can[i] = false;
						break;
					}
				}
			}
			if(!can[i]) break;
			if(k=='?') g[i]*=26;
			g[i]%=MOD;
		}
		if(!can[i]) g[i] = 0;
		p.push_back(i);
	}
	int ans = 0;
	for(int S:p){
		f[S] = 0;
		if(bit(S)==k){
			for(int T:p){
				if((T&S)==S){
					f[S] += qpow(-1,bit(T)-bit(S))*g[T]%MOD;
					f[S] %= MOD;
				}
			}
			ans += f[S];
			ans%=MOD;
		}
	}
//	cout << 0b1010 << endl;
	cout << (ans%MOD+MOD)%MOD << '\n';
	return 0;
}
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	math::MOD = 1e6+3;
	frac[0] = 1;
	for(int i = 1;i<=MAXN-1;i++){
		frac[i] = frac[i-1]*i;
	}
	for(int i = 0;i<(1<<15);i++){
		int k = i;
		while(k){
			v[i].push_back(math::log2(lowbit(k)));
			k-=lowbit(k);
		}
	}
	int T;
	read(T);
	while(T--){
		code::main();
	}
	return 0;
}

标签

SDOI、2009、洛谷、题解
数学、容斥原理、广义容斥原理