题解 SP2829 【TLE

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Solution TLE - Time Limit Exceeded

题目大意：给定 (n,m)，和长为 (n) 的序列 (c)，让你构造一个长为 (n) 的序列 (a)，满足 (a[i]in [0,2^m)) 且 (c[i] mid a[i])，(forall i in [0,n),a[i] ;and;a[i+1]=0)

高维前缀和

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分析：很容易列出一个 (dp) 式子

设 (f(i,S)) 表示序列前 (i) 项，末尾为 (S) 的方案数

那么 (f(i,S)=sum f(i-1,S'))，其中 (S' in [0,2^m)) 满足 (S;and;S'=0)

由于是子集求和，相比直接枚举子集，高维前缀和是一个更好的方法

在二维前缀和中，有基于容斥原理的写法

for(int i = 1;i <= n;i++)
	for(int j = 1;j <= m;j++)
    	f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1] - f[i - 1][j - 1] + v[i][j];

这样在低维可行，在高维复杂度将会呈指数级增长

for(int i = 1;i <= n;i++)
	for(int j = 1;j <= m;j++)
    	v[i][j] += v[i - 1][j];
for(int i = 1;i <= n;i++)
	for(int j = 1;j <= m;j++)
    	v[i][j] += v[i][j - 1];

子集求和的高维前缀和，本质上就是第二种写法的位运算优化

for(int d = 0;d < m;d++)//枚举维度
	for(int s = 0;s < (1 << m);s++)
    	if(s & (1 << d))v[s] += v[s ^ (1 << d)];

于是我们可以优化到 (O(nm2^m))

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 64,maxm = 1 << 17,mod = 1e9;
inline int add(int a,int b){return (a + b) % mod;}
inline int mul(int a,int b){return (1ll * a * b) % mod;}
int f[maxn][maxm],n,m,c[maxn],t;
inline void solve(){
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%d",&c[i]);
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[0][0] = 1;
    for(int d = 0;d < m;d++)
        for(int s = 0;s < (1 << m);s++)
            if(s & (1 << d))f[0][s] = add(f[0][s],f[0][s ^ (1 << d)]);
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        for(int s = 0;s < (1 << m);s++)
            if(s % c[i])f[i][s] = f[i - 1][((1 << m) - 1) & (~s)];
        for(int d = 0;d < m;d++)
            for(int s = 0;s < (1 << m);s++)
                if(s & (1 << d))f[i][s] = add(f[i][s],f[i][s ^ (1 << d)]);
    }
    printf("%d
",f[n][(1 << m) - 1]);
}
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while(t--)solve();
    return 0;
}