6423. 【NOIP2019模拟11.11】画

题目描述

Description

Input

Output

Sample Input

3 2 3

3 6 5

1 2

1 3

Sample Output

15

Data Constraint

题解

迫真CSP模拟

简单容斥(×)

容斥套dp套容斥套dp(√)

---

先把lim按从小到大排序，同时把边的编号也改过来

考虑没有边时怎么做

枚举一个数位i，假设在i之前的n个数都等于lim，并且要保证i以前的异或和等于C的对应位置

如果i这一位上有一些数没有等于lim，那么先把一个没有等于lim的数x提出来，然后再填其他的数

其他的数在不超过限制（或在第i位已经小于lim）的情况下随便填，x必然有唯一一种填法使得答案为C

所以可以直接算，把小于lim的乘上2^i，等于lim的乘上后面的那一段

最后除以2^i后加进去

要考虑全部等于lim的情况和C=0时空集的答案为1

这一部分是O(2^n*n*64)的

---

接着考虑有边的情况

对于一条边，将其容斥成 无限制-相等，最后变成至少为0-至少为1+至少为2...的形式

简单证明（二项式反演的套路）：

对于有m（m>=0）条边相等时，一种方案被算的次数

\(ans=\sum_{i=0}^{m}{(-1)^i(_i^m)}\)

\(=\sum_{i=0}^{m}{(-1)^i(_i^m)*1^{m-i}}\)

\(=\sum_{i=0}^{m}{(-1)^i(_i^m)*1^{m-i}}\)

\(=(-1+1)^m\)

\(=[m=0]\)

显然只有m=0时的方案才会被算到

---

容斥完之后，可以发现变成了若干连通块，每个连通块内的值都相等

考虑计算每个连通块的容斥系数之和

由于要保证连通，所以可以用 所有方案-不连通 来算

对于m条边的所有方案容斥系数之和：

\(=\sum_{i=0}^{m}{(-1)^i(^m_i)}\)

然后就和上面一样了

（但是实际上这个式子和上面的含义是不同的，上面的可能有>m条边）

所以所有方案就是[边数=0]，不连通的可以先枚举最小的点所在块，然后乘以剩下的随便选的方案

要预处理每个点集中随便选的方案，时间为O(2^n*n^2)

（但是只要有一条边就可以退了，所以跑不满）

处理容斥的时间复杂度为O(3^n)

---

处理完容斥系数和答案后，考虑把它们合起来，每次加上当前剩余未加的最小点所在块（不会算重）

对于一种情况，假设已经知道了容斥系数和每个块的大小和块中最小的lim

那么对于大小为偶数的块，显然异或后影响为0，所以方案乘上(最小的lim+1)

对于大小为奇数的块，异或后会剩下一个0~lim

全部n个数做完之后可能会剩下若干个数，此时就相当于没有限制的情况了

设一个三进制状态，表示每个数没选/选了且是剩下的/选的但不是剩下的（0/1/2）

递归转移，每次存 当前的三进制状态、有那些位是最小的、有哪些位还没选（后面两个是二进制）

这样避免了直接枚举后拆状态的O(n)

转移就在没选的位上找子集，如果选满了就乘上剩下的贡献后加到答案里

仍要预处理出每个二进制子集的大小和对应的三进制（如果子集大小为奇数则最小的为1其余为2，否则全为2）

预处理的时间为O(2^n*n)

最终dp的时间：由于每次选的是最小点，设当前的最小点为i

那么时间为\(\sum_{i=1}^{n}{2^{i-1}*3^{n-i}}\)

因为前i-1位只能是1或2，后n-i位只能是0或2，所以枚举前面的就是\(2^{i-1}\)，枚举i+1~n相当于一个(n-i)大小的子集转移问题

求和一下大约等于O(3^n)

然而直接写会挂，因为直接枚举的时间是O(4^n)

其实只要dp不为0时再转移就可以做到O(3^n)了

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define add(a,b) a=((a)+(b))%998244353
#define low(x) (x&-(x))
#define mod 998244353
#define Mod 998244351
using namespace std;
struct type{
	long long s;
	int id;
} b[16];
bool c[60];
long long p[60];
long long P[60];
long long P2[60];
int p3[15];
int a[301][2];
int ls[16];
int tot[32768];
int h[32768];
long long H[32768];
long long f[32768];
long long G[32768];
long long g[32768];
long long dp[14348907];
long long lim[16];
bool d[16][60];
long long D[16][60];
int num[16];
int L,n,m,i,j,k,l,len,Tot;
long long C,ans;
bool cmp(type a,type b)
{
	return a.s<b.s;
}
void New(int x,int y)
{
	++len;
	a[len][0]=y;
	a[len][1]=ls[x];
	ls[x]=len;
}
long long qpower(long long a,int b)
{
	long long ans=1;
	while (b)
	{
		if (b&1)
		ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
void work1()
{
	long long g[2][2];
	long long G[2][2];
	long long S;
	int i,j,k,l,s,I;
	bool bz;
	memset(g,0,sizeof(g));
	memset(G,0,sizeof(G));
	f[0]=C==0;
	fo(s,1,L)
	{
		fd(i,59,0)
		{
			g[0][0]=1;g[0][1]=0;
			g[1][0]=0;g[1][1]=0;
			fo(j,1,n)
			if (p[j-1]&s)
			{
				fo(k,0,1)
				{
					fo(l,0,1)
					{
						fo(I,0,d[j][i])
						{
							if (I<d[j][i])
							add(G[1][l^I],g[k][l]*P[i]);
							else
							{
								if (i)
								add(G[k][l^I],g[k][l]*D[j][i-1]);
								else
								add(G[k][l^I],g[k][l]);
							}
						}
					}
				}
				fo(k,0,1)
				{
					fo(l,0,1)
					g[k][l]=G[k][l],G[k][l]=0;
				}
			}
			add(f[s],g[1][c[i]]*P2[i]);
			bz=0;
			fo(j,1,n)
			if (p[j-1]&s)
			bz^=d[j][i];
			if (bz!=c[i])
			break;
		}
		S=0;
		fo(i,1,n)
		if (s&p[i-1])
		S^=lim[i];
		f[s]+=S==C;
	}
}
void work1_5()
{
	int i,j,k,s;
	fo(s,1,L)
	{
		l=low(s);
		k=0;
		fo(i,1,n)
		if (s&p[i-1])
		{
			for (j=ls[i]; j; j=a[j][1])
			if (i<a[j][0] && s&p[a[j][0]-1])
			{
				++k;
				break;
			}
		}
		G[s]=(k==0);
	}
}
void work2()
{
	int s,s1;
	fo(s,1,L)
	{
		l=low(s);
		g[s]=G[s];
		for (s1=(s-1)&s; s1; s1=(s1-1)&s)
		if (s1&l)
		add(g[s],-g[s1]*G[s^s1]);
	}
}
void work2_5()
{
	int i,s,bz;
	fo(s,1,L)
	{
		bz=-1;
		fo(i,0,n-1)
		if (s&p[i])
		{
			++tot[s];
			if (bz==-1)
			h[s]+=p3[i],bz=i;
			else
			h[s]+=p3[i]*2;
		}
		if (!(tot[s]&1))
		{
			h[s]+=p3[bz];
			H[s]=(lim[bz+1]+1)%mod;
		}
	}
}
void work3(int t,int s1,int s2,int s3) //s2:1 s3:0
{
	int l,S,s;
	if (t>n)
	{
		if (dp[s1])
		{
			if (s3)
			{
				l=low(s3);
				S=s3^l;
				for (register int s4=S; s4; s4=(s4-1)&S,++Tot)
				{
					s=s4^l;
					if (tot[s]&1)
					add(dp[s1+h[s]],dp[s1]*g[s]);
					else
					add(dp[s1+h[s]],dp[s1]*g[s]%mod*H[s]);
				}
				if (tot[l]&1)
				add(dp[s1+h[l]],dp[s1]*g[l]);
				else
				add(dp[s1+h[l]],dp[s1]*g[l]%mod*H[l]);
			}
			else
			add(ans,dp[s1]*f[s2]);
		}
		return;
	}
	work3(t+1,s1,s2,s3+p[t-1]);        //0
	work3(t+1,s1+p3[t-1],s2+p[t-1],s3);//1
	work3(t+1,s1+2*p3[t-1],s2,s3);     //2
}
int main()
{
	freopen("draw.in","r",stdin);
	freopen("draw.out","w",stdout);
	p[0]=P[0]=P2[i]=1;p3[0]=1;
	fo(i,1,59)
	{
		p[i]=p[i-1]*2;
		if (i<=14)
		p3[i]=p3[i-1]*3;
		P[i]=p[i]%mod;
		P2[i]=qpower(P[i],Mod);
	}
	scanf("%d%d%lld",&n,&m,&C);L=p[n]-1;
	fo(i,1,n)
	scanf("%lld",&lim[i]),b[i]={lim[i],i};
	fo(i,0,59)
	c[i]=(C&p[i])>0;
	sort(b+1,b+n+1,cmp);
	fo(i,1,n)
	{
		num[b[i].id]=i;
		lim[i]=b[i].s;
	}
	fo(i,1,n)
	{
		fo(j,0,59)
		{
			d[i][j]=(lim[i]&p[j])>0;
			if (j)
			D[i][j]=D[i][j-1];
			else
			D[i][j]=1;
			add(D[i][j],d[i][j]*p[j]);
		}
	}
	fo(i,1,m)
	{
		scanf("%d%d",&j,&k);
		j=num[j],k=num[k];
		New(j,k);
		New(k,j);
	}
	work1();
	work1_5();
	work2();
	work2_5();
	dp[0]=1;
	work3(1,0,0,0);
	printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}