标签：using highlight 取反 mil main sizeof long 有一个 The
小$w$偶然间见到了一个$DAG$。
这个$DAG$有$m$层，第一层只有一个源点，最后一层只有一个汇点，剩下的每一层都有$k$个节点。
现在小$w$每次可以取反第$i(1<i<n-1)$层和第$i+1$层之间的连边。也就是把原本从$(i,k_1)$连到$(i+1,k_2)$的边，变成从$(i,k_2)$连到$(i+1,k_1)$。
请问他有多少种取反的方案，把从源点到汇点的路径数变成偶数条？
答案对$998244353$取模。
一行两个整数$m,k$。
接下来$m-1$行，第一行和最后一行有$k$个整数$0$或$1$，剩下每行有$k^2$个整数$0$或$1$，第$(j-1)\times k+t$个整数表示$(i,j)$到$(i+1,t)$有没有边。
一行一个整数表示答案。
样例输入：
5 3
1 0 1
0 1 0 1 1 0 0 0 1
0 1 1 1 0 0 0 1 1
0 1 1
样例输出：
4
$20\%$的数据满足$n\leqslant 10,k\leqslant 2$。
$40\%$的数据满足$n\leqslant 10^3,k\leqslant 2$。
$60\%$的数据满足$m\leqslant 10^3,k\leqslant 5$。
$100\%$的数据满足$4\leqslant m\leqslant 10^4,k\leqslant 10$。
发现$k$很小，考虑状压$DP$，设$dp[i][s]$表示第$i$行，能连边的点的状态为$s$的方案数。
转移用记忆化搜索即可，从后往前搜索。
时间复杂度：$\Theta(NK2^K)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int M,K,S;
int Map[2][10001][11],a[11],g[1025];
long long dp[10001][1025];
int lowbit(int x){return x&-x;}
long long dfs(int x,int s)
{
if(dp[x][s]!=-1)return dp[x][s];
if(x==2)
{
dp[x][s]=1;
for(int i=1;i<=K;i++)dp[x][s]^=a[i]&((s&(1<<(i-1)))!=0);
}
else
{
int ls=0,rs=0;
for(int i=1;i<=K;i++)
{
ls|=g[Map[0][x-1][i]&s]<<(i-1);
rs|=g[Map[1][x-1][i]&s]<<(i-1);
}
dp[x][s]=(dfs(x-1,ls)+dfs(x-1,rs))%mod;
}
return dp[x][s];
}
int main()
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
scanf("%d%d",&M,&K);
for(int i=1;i<(1<<K);i++)g[i]=g[i-lowbit(i)]^1;
for(int i=1;i<=K;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=2;i<M-1;i++)
for(int j=1;j<=K;j++)
for(int k=1;k<=K;k++)
{
int x;scanf("%d",&x);
Map[0][i][j]|=x<<(k-1);
Map[1][i][k]|=x<<(j-1);
}
for(int i=1;i<=K;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
S|=x<<(i-1);
}
printf("%lld",dfs(M-1,S));
return 0;
}
rp++
标签：using highlight 取反 mil main sizeof long 有一个 The
原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11832842.html
