题解 P4424 【[HNOI/AHOI2018]寻宝游戏】

· · 题解

题意

给你n个长度为m的01串

你可以在每个串前面加一个运算符\land或\lor,分别表示and和or运算

每次询问一个长度为m的01串,问有多少总操作序列能得到这个串

题解

因为是二进制数,所以考虑按位处理(i表示第i个数字,j表示第j位)

1.
0\lor1=1,1\lor1=1 0\land0=0,1\land0=0

也就是说如果第j位是0且i前面的运算符是\land,那么不管前面是什么最后的运算结果都确定了是0(另外一种情况同理)

2.
0\lor0=0,1\lor0=1 0\land1=0,1\land1=1

也就是说如果第j位是0且i前面的运算符是\lor,那么不管前面是什么最后的运算结果都不会发生改变(另外一种情况同理)

考虑把操作序列转化成01序列(\lor\to0,\land\to1)

可以观察到

如果i前面的运算符和第j位相同那么运算结果就不会改变

否则的话运算结果也是可以直接得出的

设最后一位是最高位

把第j位的01串提出来得到一个长度是n的二进制数x

因为要使得第j位运算结果是1则最后一个\lor1操作的位置一定要在\land0后面

转化一下就是就要求x\gt操作串

e.g
x=1011,op=0011,x\gt op 0\lor 1\lor 0\land 1\land 1=1 x=1011,op=1011,x\le op 0\land 1\lor 0\land 1\land 1=0

那么这道题就成功的转化为一个比大小的题目了

每一位按照其二进制数的值排序

判断一下每一位二进制数和op的大小关系

如果有解最后可以得到x\le op\lt y,那么方案数就是y-x

#include<bits/stdc++.h>
#define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(register int i=fi[u],v=e[i].to;i;v=e[i=e[i].nx].to)
#define file(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=5005,P=1e9+7;
typedef int arr[N];
int n,m,q,c[2];arr a,b,s,t,Mi;char p[N];
inline int pls(int a,int b){return a+=b,a<P?a:a-P;}
inline int sub(int a,int b){return a-=b,a<0?a+P:a;}
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        file("s");
    #endif
    scanf("%d%d%d\n",&n,&m,&q);
    Mi[1]=1;fp(i,2,n+1)Mi[i]=(Mi[i-1]<<1)%P;
    fp(i,1,m)a[i]=i;
    fp(i,1,n){
        gets(p+1);c[0]=0,c[1]=m;
        fp(j,1,m)p[j]=='1'?s[j]=pls(s[j],Mi[i]):++c[0];
        fd(j,m,1)b[c[p[a[j]]-48]--]=a[j];swap(a,b);
    }
    fp(i,1,m)t[i]=s[a[i]];
    register int up,dw;t[m+1]=Mi[n+1];
    while(q--){
        gets(p+1);up=m+1,dw=0;
        fd(i,m,1)if(p[a[i]]=='0'){dw=i;break;}
        fp(i,1,m)if(p[a[i]]=='1'){up=i;break;}
        printf("%d\n",up<dw?0:sub(t[up],t[dw]));
    }
return 0;
}