全网唯一一篇容斥题解
Description
Solution
看到这个题，大部分人想的是状压dp
但是我是个蒟蒻没想到，就用容斥切掉了。
并且复杂度比一般状压低，
（其实这个容斥的算法，提出来源于ywy_c_asm）
（然而我知道了这个算法，竟然和他写的不一样，而且比他跑的快）
进入正题：
我们需要统计恰好满足匹配k个的情况。
那么，我们可以先找出来，恰好满足n个，n-1，n-2。。。k个的情况。
分别记为ans[i]
ans[i]怎么算呢？
先给出公式：
ans[i]=cal(i)-∑C(j,i)×ans[j] 其中，i+1<=j<=n
cal(i)表示，从n个中任意选择i个，对于所有选择的情况，的方案数的和。
cal(i)可以dfs暴力C(n,i)枚举，每次统计答案。计入tot
void dfs(int x,int has){if(x==n+1){if(has!=up) return;ll lp=1;for(int j=1;j<=len;j++){las=-1;for(int i=1;i<=up;i++){if(a[mem[i]][j]!='?'){if(las==-1){las=a[mem[i]][j]-'a';}else if(las!=a[mem[i]][j]-'a') return;}}if(las==-1)lp=(lp*26)%mod;}(tot+=lp)%=mod;return;}if(has<up) {mem[++cnt]=x;dfs(x+1,has+1);mem[cnt--]=0;}if(n-x>=up-has) dfs(x+1,has); }
至于后面减去的部分。就是容斥的内容了。
大家可以自己画一个韦恩图理解一下。
这里有一个例子：n=4
现在我们要算ans[2],也就是恰好匹配2个的T的方案数
就是黄色的部分。
红色的数字是这个区域被算cal(i)的次数。
可见，三个点的重复区域，由于有C(3,2)种方法选到，所以会被算C(3,2)次。
所以减去所有的ans[3]即可。
其他情况同理。
最后输出ans[1]
组合数打表。
理论复杂度：
O(n×len×2^15)
Code
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=20; const int M=52; const int mod=1000003; char a[N][M]; int len; int n,t,k; int mem[N],cnt; ll ans[N]; ll c[N][N]; ll sum; ll tot;//tot measures int up;//choose int las; void dfs(int x,int has){//dfs计算tot if(x==n+1){if(has!=up) return;ll lp=1;for(int j=1;j<=len;j++){las=-1;for(int i=1;i<=up;i++){if(a[mem[i]][j]!='?'){if(las==-1){las=a[mem[i]][j]-'a';}else if(las!=a[mem[i]][j]-'a') return;//两个字符不一样，无合法方案 }}if(las==-1)lp=(lp*26)%mod;//如果都是‘？’可以随便填，否则只有一种 }(tot+=lp)%=mod;return;}if(has<up) {mem[++cnt]=x;dfs(x+1,has+1);mem[cnt--]=0;}if(n-x>=up-has) dfs(x+1,has); }void clear(){memset(ans,0,sizeof ans);sum=0;len=0; } int main() {for(int i=0;i<=N-1;i++){c[i][0]=1;for(int j=1;j<=i;j++){c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;}}scanf("%d",&t);while(t--){clear();//清空数组，其实没有必要 scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",a[i]+1);}len=strlen(a[1]+1);//长度 for(int i=n;i>=k;i--){//ans[i]计算 tot=0;up=i;dfs(1,0);sum=0;for(int j=i+1;j<=n;j++){//容斥的处理 (sum+=c[j][i]*ans[j])%=mod;}ans[i]=(tot-sum+mod)%mod;}printf("%lld\n",ans[k]);}return 0; }
