[洛谷P4424][HNOI/AHOI2018]寻宝游戏（bitset）

Posted 2020-10-31 lzdhydzzh

P4424 [HNOI/AHOI2018]寻宝游戏

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某大学每年都会有一次Mystery Hunt的活动，玩家需要根据设置的线索解谜，找到宝藏的位置，前一年获胜的队伍可以获得这一年出题的机会。

作为新生的你，对这个活动非常感兴趣。你每天都要从西向东经过教学楼一条很长的走廊，这条走廊是如此的长，以至于它被人戏称为infinite corridor。一次，你经过这条走廊时注意到在走廊的墙壁上隐藏着nn 个等长的二进制的数字，长度均为mm 。你从西向东将这些数字记录了下来，形成一个含有nn 个数的二进制数组a_1,a_2,...,a_na1?,a2?,...,an? 。

很快，在最新的一期的Voo Doo杂志上，你发现了qq 个长度也为mm 的二进制数r_1,r_2,...,r_qr1?,r2?,...,rq? 。

聪明的你很快发现了这些数字的含义。

保持数组a_1,a_2,...,a_na1?,a2?,...,an? 的元素顺序不变，你可以在它们之间插入∧∧ （按位与运算）或者∨∨ （按位或运算）。例如：11011∧00111=0001111011∧00111=00011 ，11011∨00111=1111111011∨00111=11111 。

你需要插入nn 个运算符，相邻两个数之前恰好一个，在第一个数的左边还有一个。如果我们在第一个运算符的左边补入一个0，这就形成了一个运算式，我们可以计算它的值。与往常一样，运算顺序是从左到右。有趣的是，出题人已经告诉你这个值的可能的集合——Voo Doo杂志里的那些二进制数r_1,r_2,...,r_qr1?,r2?,...,rq? ，而解谜的方法，就是对r_1,r_2,...,r_qr1?,r2?,...,rq? 中的每一个值r_iri? ，分别计算出有多少种方法填入这nn 个计算符，使的这个运算式的值是r_iri? 。

然而，infinite corridor真的很长，这意味着数据范围可能非常大。因此，答案也可能非常大，但是你发现由于谜题的特殊性，你只需要求答案模1000000007的值。

输入输出格式

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输入格式：

 

第一行三个数nn ,mm ,qq ，含义如题所述。

接下来nn 行，其中第ii 行有一个长度为mm 的二进制数，左边是最高位，表示a_iai? 。

接下来qq 行，其中第ii 行有一个长度为mm 的二进制数，左边是最高位，表示r_iri? 。

 

输出格式：

 

输出qq 行，每行一个数，其中的ii 行表示对于r_iri? 的答案。

 

输入输出样例

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输入样例#1： 

5 5 1
01110
11011
10000
01010
00100
00100

 

输出样例#1：

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6

 

输入样例#2： 

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10 10 3
0100011011
0110100101
1100010100
0111000110
1100011110
0001110100
0001101110
0110100001
1110001010
0010011101
0110011111
1101001010
0010001001

 

输出样例#2： 

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69
0
5

 

说明

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对于 10% 的数据，n \le 20, m \le 30, q = 1n≤20,m≤30,q=1

对于另外 20 的数据，n \le 1000, m \le 16n≤1000,m≤16

对于另外 40 的数据，n \le 500, m \le 1000n≤500,m≤1000

对于全部的数据1≤n≤1000,1≤m≤5000,1≤q≤10001≤n≤1000,1≤m≤5000,1≤q≤1000 

 

分析：

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倒着来推，每次枚举每个位置是or 还是 and。设每个串为S[i]，设每次查询的串为G

然后有个表 ：（设当前枚举到第i个字符串的第j位，设F[i][j]表示（1 ~ i - 1）操作后第j位为0/1）

————————————

F[i - 1][j]  S[i][j]  G[j]   type

 0  /  1       0       0      and

 0              1       0      and

 1              1       1      and

 -1             0       1      and

 0  /  1       1       1      or

 0              0       0      or

 1              0       1      or

 -1             1      0       or

————————————

-1表示（1~i - 1）的操作怎么枚举都不可能满足，0/1表示（1 ~ i - 1）的操作随便枚举都可以满足。

这样我们倒着2^n次方枚举所有填的可能，当出现-1就剪枝，当全部位都为0/1就可以直接加上2^（i - 1），并剪枝。

这样剪下来，每一层状态数最多为2，是不是很神奇。。

然后复杂度就变成了O（nq * （位运算代价））。

使用bitset（要手写），把位运算代价优化成5000 / 64 = 78

总复杂度O（78nq）

AC代码：

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# include <iostream>
# include <cstdio>
# include <cstring>
using namespace std;
typedef unsigned long long llu;
const int N = 1012;
const int mod = 1e9 + 7;
int block,n,m,Q;
struct bitset{
   llu p[80];
   void read()
   {
       memset(p,0llu,sizeof p);
       char i = getchar();
    while(!isdigit(i))i = getchar();
    for(int j = 0;j < m;j++,i = getchar())p[j / 64] |= (((llu)(i - ‘0‘)) << (j % 64));
   }
   void clear(){for(int i = 0;i <= block;i++)p[i] = 0;}
}s[N],f[N],nt,t1,t2,v1,v2,g,c1,c2,que[2][4];
int bac[N],ret,dt,cur,tot,ans;
void init()
{
    block = (m - 1) / 64;
    bac[0] = 1;for(int i = 1;i <= n;i++)bac[i] = (bac[i - 1] << 1) % mod;
    memset(nt.p,0llu,sizeof nt.p);
    for(int j = 0;j < m;j++)nt.p[j / 64] |= (1llu << (j % 64));
    for(int i = 1;i <= n;i++)
    {
        s[i].read();
        for(int j = 0;j <= block;j++)
        f[i].p[j] = s[i].p[j] ^ nt.p[j];
    }
}
int main()
{
  scanf("%d %d %d",&n,&m,&Q);
  init();
  while(Q--)
  {
      g.read();dt = ans = cur = 0;que[cur][++dt].clear();
      for(int i = n;i;i--)
      {
          tot = dt;cur ^= 1;dt = 0;
          for(int j = 1;j <= tot;j++)
          {
            bool f1 = true,f2 = true,l1 = true,l2 = true;
            for(int k = 0;k <= block;k++)
          {
           if(!f1 && !f2)break;
           if(que[cur ^ 1][j].p[k] == nt.p[k])
           {
                if(f1)t1.p[k] = nt.p[k];
                if(f2)t2.p[k] = nt.p[k];
                continue;
           }
           if(f1)v1.p[k] = s[i].p[k] & (s[i].p[k] ^ g.p[k]);
           if(f2)v2.p[k] = g.p[k] & (s[i].p[k] ^ g.p[k]);
           if(f1 && (v1.p[k] & que[cur ^ 1][j].p[k]) != v1.p[k])f1 = false;
           if(f2 && (v2.p[k] & que[cur ^ 1][j].p[k]) != v2.p[k])f2 = false;
           if(f1)t1.p[k] = que[cur ^ 1][j].p[k] | (s[i].p[k] ^ v1.p[k]);
           if(f2)t2.p[k] = que[cur ^ 1][j].p[k] | (f[i].p[k] ^ v2.p[k]);
           if(f1 && t1.p[k] != nt.p[k])l1 = false;
           if(f2 && t2.p[k] != nt.p[k])l2 = false;
          }
          if(f1)
          {
              if(l1)ans = (ans + bac[i - 1]) % mod;
              else que[cur][++dt] = t1;
          }
          if(f2)
          {
              if(l2)ans = (ans + bac[i - 1]) % mod;
              else que[cur][++dt] = t2;
          }
          }
      }
      for(int j = 1;j <= dt;j++)
      {
          bool f1 = true;
          for(int k = 0;k <= block;k++)
          {
              if((que[cur][j].p[k] ^ nt.p[k]) & g.p[k]){f1 = false;break;}
          }
          ans += f1;
      }
      printf("%d\n",ans);
  }
}