BZOJ 3198: [Sdoi2013]spring [容斥原理 哈希表]

3198: [Sdoi2013]spring

题意：n个物品6个属性，求有多少不同的年份i,j满足有k个属性对应相等

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一开始读错题了，注意是对应相等 第i个属性只能和第i个属性对应

容斥一下

[恰好k个相等=ge k个相等 - ge k+1个相等 + ge k+2个相等 ... ]

(2^6)枚举哪些属性对应相等，哈希一下计算这些属性相等的个数，这时候其他是任意的因为是(ge)
这样还不行，容斥系数还要乘上(inom{i}{k})，因为两个k+1个属性对应相等的物品贡献了(inom{k+1}{k})个k个属性相等
其实就是说，比如(ge k)的时候我们求到的(ge k)个相等的方案数，并不是这样的物品对个数，对于一个(k+i)个属性对应相等的物品对我们其实考虑了(inom{k+i}{k})次，这里本身就出现了重复(不是容斥的原因是我们统计个数的原因)，所以要额外消去这个的影响，方法就是乘上那个组合数
我在这里进行了证明


属性值太大很容易冲突所以要用哈希表
然后去学了哈希表...貌似P越小越快啊

```cpp #include #include #include #include using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e5+5, M=23333, P=1001001;//1234567; inline int read(){ char c=getchar();int x=0,f=1; while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; }

int n, k, a[N][7], c[7][7];
struct HashList{
struct meow{int id, c, ne;} e[N*64];
int cnt, h[P], tim[P], Cl;
inline void ini(){Cl++;}
inline bool same(int x, int y, int s) {
for(int i=1; i<=6; i++)
if(s&(1<<(i-1)) && a[x][i] != a[y][i]) return false;
return true;
}
int hash(int a, int s) {
ll val=0;
for(int j=1; j<=6; j++)
if(s&(1<<(j-1))) val = (valM%P + a[j]%P)%P;
return val;
}
int insert(int id, int s) {
int val=hash(a[id], s); //printf("ins %d %d %d ",id,s,val);
if(tim[val] != Cl) h[val]=0, tim[val]=Cl;
for(int i=h[val];i;i=e[i].ne)
if(same(e[i].id, id, s)) {e[i].c++; return e[i].c-1;}
e[++cnt]=(meow){id, 1, h[val]}; h[val]=cnt;
return 0;
}
}H;
ll cal(int s) {
H.ini();
ll ans=0;
for(int i=1; i<=n; i++)
ans += H.insert(i, s);
return ans;
}
inline int one(int x) {
int ans=0;
while(x) ans++, x&=x-1;
return ans;
}
ll cnt[7];
int main() {
//freopen("in","r",stdin);
n=read(); k=read();
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=6; j++) a[i][j]=read();
c[0][0]=1;
for(int i=1; i<=6; i++) {
c[i][0]=1;
for(int j=1; j<=i; j++) c[i][j] = c[i-1][j] + c[i-1][j-1];
}
int All=1<<6;
for(int s=0; s<All; s++) cnt[one(s)] += cal(s);
ll ans=0;
for(int i=k; i<=6; i++) ans += (( (i-k)&1 ) ? -1 : 1) * c[i][k] * cnt[i];
printf("%lld ",ans);
}