洛谷 & bzoj連題面都不貼 & 題面
題目概述：給定n
nn個長為m
mm的01串，q
qq次詢問，每次給定乙個長為m
mm的目標串，求有多少種在n
nn個串間填「位與」和「位或」符的方法使得最終計算結果為目標串
考試時忘記拼接程式了/(ㄒoㄒ)/~~
對於10
%10\%
10%的部分分可以o(q
⋅2n)
o(q\cdot 2^n)
o(q⋅2n
)暴力列舉做
對於20
%20\%
20%的部分分可以dp轉移
對於每一位進行dp，最後合併，但不知道如何合併
對於每一位好像只有and
0and~0
and0
和o r1
or~1
or1才會改變當前運算結果，而且取決於最右邊的
鬼知道要轉換01串……
還是上面的，對於一位上的運算，只有最後出現的and
0and~0
and0
或者是or1
or~1
or1決定結果
將a nd
andan
d視作1，oror
or視作0，則可將填入的n
nn個運算子轉換成乙個長為n
nn的01串
發現如果這一位上最終結果為0，則最終一定有乙個and
0and~0
and0
的操作，如果結果為1，則最終一定有乙個or1
or~1
or1的操作，並且這個操作後的每一步都是and
1and~1
and1
或o r0
or~0
or0，即每一位都相等（都為1或都為0）
舉個例子，比如目標串當前位為1
11（第j
jj位），n
nn個串中對應的位置（第j
jj位）連起來形成的串a為01101010
01101010
011010
10，則操作串要求第7位為0，第7位後面的必須與串相同，而第7位前的無限制，用c表示這一位必須與串a對應位置相同，x表示這一位無限制，則合法的操作串為xxx
xxx0
c******0c
xx***x
0c如果將最後一位視作最高位，相當於操作串必須比串a小，相應的，如果目標串中為0
00，則操作串必須比串a大（這裡的大小比較規則是從最高位開始比較）
所以對於每乙個詢問，答案應該為所有為1的位置上對應串a中最小值減去所有為0的位置上對應串a中最大值
比如說詢問串01011
01011
01011，a
ia_i
ai表示第i
ii位對應的串a，則答案為min(
a2,a
4,a5
)−
max(a
1,a3
)\min(a_2,a_4,a_5)-\max(a_1,a_3)
min(a2
,a4
,a5
)−max(a
1,a
3)
至於每次詢問暴力取min
max
\min \max
minmax
，詢問總複雜度為o(q
⋅nm)
o(q\cdot nm)
o(q⋅nm
)（這也可能是出題人設定70
7070
分部分分的原因）
我們考慮先將m
mm個串a進行排序，這樣每次詢問時只要找到最左邊的1和最右邊的0即可，詢問複雜度o(q
⋅m
)o(q\cdot m)
o(q⋅m)
總複雜度o(n
m+qm
)o(nm+qm)
o(nm+q
m)真是人類智慧型題……
#include
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
#define rg register
const
int n=
1010
,m=5010
,p=1000000007
;int sm[m]
,pw[n]
,a[m]
,b[m]
,cnt[2]
;char s[m]
;int n,m,q;
intmain()
while
(q--
)for
(rg int i=m;i;
--i)
if(s[a[i]]==
'0')
if(lputs
("0");
else
if(l!=m+1)
printf
("%lld\n",(
1ll*sm[a[l]]-
1ll*sm[a[r]
]+p)
%p);
else
printf
("%lld\n",(
1ll*pw[n+1]
-1ll
*sm[a[r]
]+p)
%p);
}return0;
}
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