cf1557 C. Moamen and XOR

題意：

一個n位數，每一位小于$2^k$,如果a1&a2&…an>=a1⊕a2…⊕an,則獲勝
現在給你n和k，問能構造多少個序列是獲勝的

題解：

奇偶分類+二進制考慮
我們現在認為每個數的第k位都是1

如果n為奇數，&的結果為1，⊕的結果也為1，此時第k位沒有區別，我們去看第k-1位

如果n為偶數，&的結果為1，⊕的結果為0，此時式子一定成立，剩下k-1位01隨便填(因為第k位已經確定大小)，方案就是$(2^{k?1}{)}^n$,

現在我們認為每個數的第k位不完全是1

如果n是奇數，此時&結果是0，要讓&大于等于⊕，我們就要讓⊕等于0，說明就有偶數個1，所以每次選取n中x個數，使其為0，剩下為1(x為奇數)。sum=$C_n^1+C_n^3+..+C_n^n$

如果n為偶數，同理：sum=$C_n^2+C_n^4+..+C_n^n$

注意x是從1開始的，因為x等于0就是全為1的情況，就是我們一開始討論的
此時答案=sum*次高位的答案貢獻

dp[i]表示第i位(二進制)的方案數
答案是dp[k]
如果i是奇數，$dp[i]=dp[i?1]?(sum+1)$ .其中1為第i位全1時的方案, sum為第i位不全為1時的方案.
如果i是偶數，$dp[i]=dp[i?1]?sum+(2^{i?1}{)}^n$,其中
$(2^{i?1}{)}^n$為第i位全1時的方案, sum為第i位不全為1時的方案.
這種問題，就要看作二進制，每一位每一位的考慮，對于存在異或的，要注意奇偶性

代碼：

// Problem: C. Moamen and XOR // Contest: Codeforces - Codeforces Round #737 (Div. 2) // URL: https://codeforces.com/contest/1557/problem/C // Memory Limit: 256 MB // Time Limit: 2000 ms // Data:2021-08-23 14:30:40 // By Jozky#include <bits/stdc++.h> #include <unordered_map> #define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b); using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int, int> PII; clock_t startTime, endTime; //Fe~Jozky const ll INF_ll= 1e18; const int INF_int= 0x3f3f3f3f; void read(){}; template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar) {x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...); } template <typename T> inline void write(T x) {if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0'); } void rd_test() { #ifdef LOCALstartTime= clock();freopen("in.txt", "r", stdin); #endif } void Time_test() { #ifdef LOCALendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC); #endif } const int maxn= 2e5 + 9; const int mod= 1e9 + 7; ll fac[maxn]; ll infac[maxn]; ll poww(int a, int b) {ll ans= 1;while (b) {if (b & 1)ans= ans * 1ll * a % mod;a= 1ll * a * a % mod;b>>= 1;}return ans; } int C(int a, int b) {return 1ll * fac[a] % mod * infac[a - b] % mod * infac[b] % mod; } ll dp[maxn]; void solve() {int n, m;read(n, m);int res= 0;dp[0]= 1;if (n % 2) { //n為奇數int sum= 0;for (int i= 1; i <= n; i+= 2) {sum= (sum + C(n, i)) % mod;}for (int i= 1; i <= m; i++) {dp[i]= 1ll * dp[i - 1] * (1 + sum) % mod;}}else if (n % 2 == 0) { //n為偶數int sum= 0;for (int i= 2; i <= n; i+= 2) {sum= (sum + C(n, i)) % mod;}for (int i= 1; i <= m; i++) {dp[i]= 1ll * dp[i - 1] * sum % mod;dp[i]= (dp[i] + poww(poww(2, i - 1), n)) % mod;}}printf("%d\n", dp[m]); } int main() {//rd_test();fac[0]= infac[0]= 1;for (int i= 1; i < maxn; i++) {fac[i]= 1ll * fac[i - 1] * i % mod;infac[i]= 1ll * infac[i - 1] * poww(i, mod - 2) % mod;}int t;read(t);while (t--) {solve();}return 0;//Time_test(); }

總結

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