题解 P3773 【[CTSC2017]吉夫特】

· · 题解

题意简述

求满足

\prod _{i=2}^{k} \binom{a_{b_{i-1}}}{a_{b_i}} \mod 2 = \binom{a_{b_1}}{a_{b_2}} \times \binom{a_{b_2}}{a_{b_3}} \times \cdots \binom{a_{b_{k-1}}}{a_{b_k}} \mod 2 > 0

的子序列个数。

题解

哇哦。

\begin{aligned} &\ \ \ \ \prod_{i=2}^{k}{a_{b_{i}-1}\choose a_{b_{i}}} \\ &\equiv\prod_{i=2}^{k}{\lfloor\frac{a_{b_{i}-1}}{2}\rfloor\choose\lfloor\frac{a_{b_{i}}}{2}\rfloor}\times{a_{b_{i}-1}\bmod2\choose a_{b_{i}}\bmod2} \end{aligned} (\operatorname{mod} 2)

式子后面的 \dbinom{a_{b_{i}-1}\bmod2}{a_{b_{i}\bmod2}} 一共有四种情况，其中只有 \dbinom{0}{1}=0。其他都为 1。

意味着只要出现 a_{b_{i}-1}\equiv0\bmod2 且 a_{b_{i}}\equiv1\bmod1 的情况，整个式子就为零了。

结论：\dbinom{n}{m}\equiv0\space(\operatorname{mod}2) 当且仅当 n\operatorname{bitand}m=m。

证明（也许不是特别严谨）：我们可以知道：

{n\choose m}={\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\choose\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}\times{n\bmod 2\choose m\bmod2}={\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}{2}\rfloor\choose\lfloor\frac{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}{2}\rfloor}\times {\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\bmod2\choose\lfloor\frac{m}{2}\rfloor\bmod2}\times{n\bmod 2\choose m\bmod2}=\cdots

我们发现：

{\lfloor\frac{\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}{2}\rfloor}{\cdots}\rfloor\choose\lfloor\frac{\lfloor\frac{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}{2}\rfloor}{\cdots}\rfloor}

这一坨，就是在一直进行二进制移位，\operatorname{shr}1。

那么我们可以得出一个结论：如果对于我们记 (n)_{k} 表示 n 在二进制意义下的第 k 位。(n)_{k}\in[0,1]

那么对于 \forall i，有 (n)_{i}=0 且 (m)_{i}=1，那么 \dbinom{n}{m}\equiv0\space(\operatorname{mod} 2)。

所以 n\operatorname{bitand}m=m，证毕。

我们题目要求的是最后算出来是个奇数，那么就不能存在 a_{b_{i}-1}\operatorname{bitand}a_{b_{i}}=a_{b_{i}}。

也就是 a_{b_{i}} 为 a_{b_{i}-1} 的子集。

接下来我们可以设计一个 DP，我们设 f_{i} 为以 a_{i} 为开头的答案。

那么转移就是加法原理：

f_{i}=f_{i}+f_{j},j\in a_{i}\wedge t_{j}>i

其中 t_{i} 表示 i 在序列中的位置。

时间复杂度由二项式定理可知是 \Theta(3^{\log_{2}\max\{a_{i}\}})。

#include <cstdio>
#define mod ( 1000000007 )

const int MAXN = 250000 + 5;

int N;
int val[MAXN], dp[MAXN];
int buc[MAXN];

int main( ){
    scanf( "%d", &N ); for( int i = 1; i <= N; ++ i ){ scanf( "%d", &val[i] ); buc[val[i]] = i; }
    int Ans = 0;
    for( int i = N; i; -- i ){
        dp[i] = 1;
        for( int j = val[i] & ( val[i] - 1 ); j; j = ( j - 1 ) & val[i] ){
            if( buc[j] > i )    dp[i] = ( dp[i] + dp[buc[j]] ) % mod;
        }
        Ans = ( Ans + dp[i] ) % mod;
    }
    printf( "%d\n", ( Ans - N + mod ) % mod );
    return 0;
}