bzoj3198【SDOI2013】spring

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容斥原理+哈希

枚举限定哪些位置相同，然后用哈希计算每种子串的出现个数，可以计算出至少有i个位置相同的数对个数，用f[i]表示。时间复杂度O(2^6*n)。

注意：哈希要判断冲突…坑爹题目

最终答案ans=∑f[i]*C(i,k)*(-1)^(i-k)，k≤i≤n。

这是为什么呢？

一个简单证明：假设两个串实际有x个位置相同，它在f[i]中被乘了C(x,i)*(-1)^(i-k)。所以它对答案的贡献是∑C(x,i)*C(i,k)*(-1)^(i-k)，k≤i≤x。可以证明这个式子在k=x的时候等于1，在k<x的时候等于0。这个自己随便推推就看出来了，有公式恐惧症的人实在懒得写…

所以最后答案里只会有恰好k的位置相同的。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define maxn 500100
#define base 233
#define mod 1234567
using namespace std;
int n,k,a[maxn][10],c[10][10],cnt[100];
ll ans;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline bool judge(int x,int y,int tmp)
{
	F(i,1,6) if ((tmp&(1<<(i-1)))&&a[x][i]!=a[y][i]) return false;
	return true;
}
struct hash//哈希判断冲突 
{
	int tot,f[mod+10],q[mod+10],id[mod+10];
	ll calc()
	{
		ll ret=0;
		for (int i=1;i<=tot;i++) ret+=(ll)f[q[i]]*(f[q[i]]-1)/2,f[q[i]]=id[q[i]]=0;
		tot=0;
		return ret;
	}
	void insert(int tmp,int pos,int state)
	{
		while (id[tmp]&&(!judge(id[tmp],pos,state))) tmp=(tmp+1)%mod; 
		if (!id[tmp]) q[++tot]=tmp,id[tmp]=pos;
		f[tmp]++;
	}
}h;
ll calc(int state)
{
	F(i,1,n)
	{
		ll tmp=0;
		F(j,1,6)
		{
			tmp=tmp*base%mod;
			if ((1<<(j-1))&state) tmp=(tmp+a[i][j]+1)%mod;
		}
		h.insert(tmp,i,state);
	}
	return h.calc();
}
int main()
{
	n=read();k=read();
	F(i,1,n) F(j,1,6) a[i][j]=read();
	c[0][0]=1;
	F(i,1,6)
	{
		c[i][0]=1;
		F(j,1,i) c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
	}
	F(i,1,63) cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
	F(i,0,63) if (cnt[i]>=k)
	{
		ll t=((cnt[i]-k)&1)?-1:1;
		ans+=t*calc(i)*c[cnt[i]][k];
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/aarongzk/article/details/51520437