9.26T3

3.孤独

(loneliness)

【问题描述】

【输入】

【输出】

 

【样例输入】

2

2 3 4

1 2 3

【样例输出】

31

 

【数据范围与约定】

 

 

虽然一眼知道这就是容斥原理，但是菜鸡的我没有枚举子集求解，实际上这是一道非常好的子集转移的题目，可以作为一个经典题目来处理

70 分做法

我们用另一种思路统计答案。

Ans=选择第一个话题能交流的人数的k次方+选择第二个话题交流的人数的k次方+……

-选择一二两个话题都能交流的人数的 k 次方+…

那么我们现在可以用 2 的 n 次方来枚举选择哪几个话题，并统计出当前选择话题个数对

答案的贡献的正负。

统计“选择某些话题都能交流的人数”只要暴力枚举每个人，

并判断这个人交流的话题是否包含该集合。

复杂度 2^n*m

100 分做法

此时复杂度的瓶颈在于子集转移，

那么就要实现子集转移的优化

再次换一个思路。一个人对答案的贡献实际是他能选择的话题的子集。

举个例子：某个人 01011

那么“选择二四两个话题都能交流的人数”就会＋1

所有他的子集都会＋1

那么我们只要枚举子集就行了。

一般的写法是 n*3^n，

一种优雅的方法可以在 n*2^n 时间内转移子集。

考虑我们做的事情其实就是把 1 位的转移到 0 位上，

那么我们依次对每一位进行这样的操作即可。

 

code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const long long mod=1e9+7;
long long n,m,k;
long long ans;
long long s[50000004];
long long power(long long a,long long b){
    long long t=a,ans0=1;
    for(;b;b>>=1){
        if(b&1){
            ans0*=t;
            ans0%=mod;
        }
        t*=t;
        t%=mod;
    }
    return ans0;
}
void dfs(long long x,long long dep){//这就是容斥原理的过程 
    if(dep==n){//如果这个数字已经被确定了0，1 
        long long temp=x,now=0; 
        for(;temp;temp>>=1)//计算有多少个兴趣 
            if(temp&1)now++;
        if(x==0)return;//0必须要排除在外，因为会减掉所有的答案 
        if(now%2==0)ans-=power(s[x],k);//如果有偶数个兴趣，把么就要减掉 
        else ans+=power(s[x],k);//反之就是必须要加上去 
        ans+=mod;
        ans%=mod;
        return;
    }
    dfs(x<<1|1,dep+1);
    dfs(x<<1,dep+1);
}
int main(){
    freopen("loneliness.in","r",stdin);
    freopen("loneliness.out","w",stdout);
    long long num;cin>>num;
    cin>>n>>m>>k;
    for(long long i=1;i<=m;i++){//自己现在的状态实际上就是包含自己的 
        long long x;
        cin>>x;
        s[x]++;
    }    
    for(long long i=0;i<n;i++){//枚举兴趣 
        for(long long j=0;j<=(1<<n+1)-1;j++){//枚举子集 
            if(j&(1<<i))//如果拥有这个兴趣 
                s[j^(1<<i)]+=s[j];//那么虽然没有这个兴趣，但是有其他跟他拥有共同兴趣的人就可以被包含了，也就是我们以后转移的条件 
        }
    }
//    for(long long i=1;i<=3;i++)cout<<s[i]<<endl;
    dfs(0,0);
    cout<<ans;
    return 0;
}

over