P3773 [CTSC2017] 吉夫特 题解

Sol

你会发现如果存在 \(2 \le i \le k\)，满足 \(C_{a_{b_i}}^{a_{b_{i-1}}}\) 为偶数时，它和前面的、后面的乘起来一定时偶数，所以我们要考虑所有的 \(i\)，前面那一堆式子算出来都是奇数。

我们考虑 \(C_m^n\) 为奇数时的条件，我们令 \(f(i)\) 代表 \(i\) 的为 \(2\) 的因子个数，\(C^n_m\) 为奇数转化为 \(f(C^n_m)=0\)。

我们都知道 \(C^n_m=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)，那么应满足 \(f(\frac{n!}{m!(n-m)!})=0\)，化简一下：\(f(n!)-f(m!)-f((n-m)!)=0\)，即：

\[f(m!)+f((n-m)!)=f(n!) \]

我们考虑如何计算 \(f(x!)\)。

你会发现我们可以每次将 \(x\) 除以 \(2\)，将目前有多少个 \(2\) 的倍数算出来。

举个例子，我们要算 \(f(9!)\)。

手算我们算出 \(9!=362880\)，\(f(9!)=7\)。

关键来了：

9! -> 1x2x3x4x5x6x7x8x9
4! ->   1 x 2 x 3 x 4   // 有 4 个 2 的倍数
2! ->       1   x   2   // 有 2 个 2 的倍数 -> 原式有 2 个 4 的倍数
1! ->               1   // 有 1 个 2 的倍数 -> 原式有 1 个 8 的倍数
                        // 4+2+1=7，f(9!)=7

稍微解释一下，就是原式中每个数有几个为 \(2\) 的因子个数，它就会被除几次，每次都会算一次贡献。

于是我们就有了递推式 \(f(i!)=f(\left \lfloor \frac{i}{2} \right \rfloor!) + \left \lfloor \frac{i}{2} \right \rfloor\)。

简化一下，把阶乘去掉就是 \(f(i)=f(\left \lfloor \frac{i}{2} \right \rfloor) + \left \lfloor \frac{i}{2} \right \rfloor\)。

然后你会发现一个很神奇的事情，就是如果你设 \(g(i)=i\)，则有 \(g(i)=g(\left \lfloor \frac{i}{2} \right \rfloor) + \left \lfloor \frac{i}{2} \right \rfloor + (i \bmod 2)\)。

你会发现 \(g\) 的递推式仅仅比 \(f\) 的递推式后面加了一个 \(i \bmod 2\)。

所以如果我们设 \(t(i)\) 表示 \(i\) 的二进制下为 \(1\) 的位数，则有 \(f(i)=i-t(i)\)。

于是我们最开始的 \(f(m!)+f((n-m)!)=f(n!)\)，就可以转化成 \(m-t(m)+(n-m)-t(n-m)=n-t(n)\)。

移项可得 \(t(n)=t(m)+t(n-m)\)，至此我们已经不用考虑阶乘的东西，简便多了。

继续找性质！如果存在一个位置，\(n\) 在二进制下为 \(0\)，\(m\) 在二进制下为 \(1\)，是不可能满足条件的。

有下面 \(2\) 个例子：

第一个：

    n ...10
-   m ...01
-------------
  n-m ...01

第二个：

    n ...100
-   m ...001
--------------
  n-m ...011

你会发现无论如何 \(t(m) + t(n-m)\) 都会大于 \(t(n)\)，所以不行。

综上要使 \(t(n)=t(m)+t(n-m)\) 成立，必须有 \(m\) 在二进制下为 \(1\) 的位置的集合是 \(n\) 的子集，即 \((n\&m)=m\)。

接下来就是一个简单的 DP 了。

我们不妨先删掉子串的长度 \(\ge 2\) 这个条件，最后给答案减 \(n\)。

由于 \(a\) 互不相同，我们考虑记录 \(pos_x\) 代表 \(x\) 的位置。

我们设 \(dp_i\) 表示以 \(i\) 开头的方案数。

因为要保证所以的项都是奇数，所以我们下一个 \(j\) 一定满足 \((i\&j)=j\)，所以我们枚举 \(i\) 的子集，判断所处位置是否在 \(i\) 之后即可转移。

初始时 \(dp_i=1\)。

最终答案就是 \((\sum dp_i)-n\)。

时间复杂度 \(O(3^{ \log V})\)，\(V\) 是值域。

Code

太短啦！

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

inline int read()
{
    int x(0);
    char ch(getchar());
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return x;
}

const int N=3e5+5,mod=1e9+7;
int n,a[N],dp[N],pos[N],ans;

signed main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read(),pos[a[i]]=i;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        dp[i]=1;
        for(int j=a[i];j!=0;j=a[i]&(j-1))
            if(pos[j]>i)
                dp[i]=(dp[i]+dp[pos[j]])%mod;
        ans=(ans+dp[i])%mod;
    }
    cout<<(ans-n+mod)%mod;
    return 0;
}

Summarize

这是一道思维难度极高，极好的题，值得细细品味。