Codeforces 40E Number Table - 组合数学

题目传送门

　　传送门I

　　传送门II

题目大意

　　给定一个$n\times m$的网格，每个格子上要么填$1$，要么填$-1$，有$k$个位置上的数是已经填好的，其他位置都是空的。问有多少种填法使得任意一行或一列上的数的乘积为$-1$.

　　$1 \leqslant n, m \leqslant 10^{3}$，$1 \leqslant k < \max (n, m)$。

　　$k$的范围醒目。那么意味着至少存在一行或者一列为空。

　　假设空的是一行。那么剩下的行只需要满足那一行的乘积为$-1$，而空的这一行对应一种唯一的填法。

　　可以计算出，空行补数后的乘积为$(-1)^{m}\times (-1)^{n - 1}$，即$(-1)^{m + n - 1}$。

　　所以特判$m. n$奇偶性不同的时候无解。然后就可以将每一行单独计算。

　　每一行中，要么只填奇数个$-1$，要么只填偶数个$-1$。这样就可以$O(nm)$的时间内解决这道题目。

　　但是这不能满足装逼爱好者的欲望。明明这东西可以做到O(n)。

定理1 当$n > 0$时，满足$\sum_{k = 0}^{n}[2 \mid k]C_{n}^{k} = \sum_{k = 0} ^{n}[2 \nmid k]C_{n}^{k} = 2^{n - 1}$。

　　证明 当$n$为奇数时，根据式子$C_{n}^{k} = C_{n}^{n - k}$易证。

　　当$n$为偶数时，根据杨辉恒等式$C_{n}^{k} = C_{n - 1}^{k - 1} + C_{n - 1}^{k}$可得偶数位的和等于第$n - 1$层的和。

　　根据杨辉三角的性质，我们知道第$n - 1$层的和是$2^{n - 1}$，第$n$层的和是$2^{n}$。

　　所以第$n$层奇数位的和是$2^{n} - 2^{n - 1} = 2^{n - 1}$。

　　因此定理得证。

　　然后预处理2的幂，就可以做到$O(n)$了。

　　（另外提一句，即使没有 $k$ 那个限制，可以做到 $O(n + k)$）

Code

 /**
  * Codeforces
  * Problem#40E
  * Accepted
  * Time: 60ms
  * Memory: 2160k
  */
 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef bool boolean;

 const int N = ;

 int n, m, k, p;
 boolean aflag;
 int pow2[N];
 int cnt[N], pro[N];

 inline void init() {
     scanf("%d%d", &n, &m);
     scanf("%d", &k);
     if (n < m)    swap(n, m), aflag = true;
     fill(pro + , pro + n + , );
     for (int i = , u, v, x; i <= k; i++) {
         scanf("%d%d%d", &u, &v, &x);
         if (aflag)    swap(u, v);
         cnt[u]++, pro[u] *= x;
     }
     scanf("%d", &p);
 }

 inline void solve() {
     if ((n & ) != (m & )) {
         puts("");
         return;
     }

     pow2[] = ;
     for (int i = ; i <= n; i++)
         pow2[i] = (pow2[i - ] << ) % p;

     for (int i = ; i < n; i++)
         if (!cnt[i]) {
             swap(cnt[i], cnt[n]);
             swap(pro[i], pro[n]);
             break;
         }

     int ans = ;
     for (int i = ; i < n && ans; i++) {
         if (cnt[i] == m) {
             if (pro[i] == )
                 ans = ;
         } else
             ans = ans * 1ll * pow2[m - cnt[i] - ] % p;
     }
     printf("%d\n", ans);
 }

 int main() {
     init();
     solve();
     return ;
 }