E - Odd Subrectangles

思路:

对于行方案固定的情况下,假设和为奇数的列为a个,和为偶数的列为b个,a+b = m

那么从奇数里面选奇数个,即C(a, 1) + C(a, 3) + C(a, 5) + ... = 2^(a-1)

从偶数里面随便选,即2^b

那么在存在奇数的情况下,列方案数为 2^(a+b-1) = 2^(m-1)

如果不存在奇数呢?那么问题就变为寻找使得所有列和都为偶数的行方案,即行向量异或起来为0

这种行方案数为2^(n-r), 其中 r 为矩阵的秩,求矩阵的秩用线性基

所以最后答案为 (2^n - 2^(n-r)) * 2^(m-1)

代码:

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize(4)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define y1 y11
#define fi first
#define se second
#define pi acos(-1.0)
#define LL long long
//#define mp make_pair
#define pb push_back
#define ls rt<<1, l, m
#define rs rt<<1|1, m+1, r
#define ULL unsigned LL
#define pll pair<LL, LL>
#define pli pair<LL, int>
#define pii pair<int, int>
#define piii pair<pii, int>
#define pdd pair<double, double>
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cerr << #x << " = " << x << "\n";
#define fio ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
//head const int N = ;
const int MOD = ;
bitset<N> a[N];
vector<bitset<N>> base;
LL q_pow(LL n, LL k) {
LL res = ;
while(k) {
if(k&) res = (res*n) % MOD;
k >>= ;
n = (n*n) % MOD;
}
return res;
}
int main() {
int n, m, t;
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = ; i < n; ++i) {
a[i].reset();
for (int j = m-; j >= ; --j) {
scanf("%d", &t);
if(t) a[i].flip(j);
}
}
for (int i = ; i < n; i++) {
for (bitset<N> b : base) {
bitset<N> bb = b^a[i];
for (int j = m-; j >= ; j--) {
if(bb[j] < a[i][j]) {
a[i] = bb;
break;
}
else if(bb[j] > a[i][j]) break;
}
}
if(a[i].any()) base.pb(a[i]);
}
int cnt = (int)base.size();
printf("%lld\n", ((q_pow(, n+m-) - q_pow(, n+m--cnt)) % MOD+ MOD) % MOD);
return ;
}

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