2020 ICPC 沈阳站 M. United in Stormwind

题意：有m个问题，n份长度为m的答卷，每个答案都是A或者B

现在要任选一个问题的子集，如果大于等于k对答卷在该子集上答案有不同，就说这个子集是可辩别的

求可辩别的子集数量

首先将答卷转为01串，那么两个答卷相同就等价于两个01串异或为0

对于一个问题的子集S，先考虑计算异或等于S的01串对数量，即

[ m F(S)= sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=i+1}^{n}[ans_i oplus ans_j=S] ]

我们用一个桶数组num[S]表示等于S的01串数量，那么F可以写为

[ m F(S)= dfrac{1}{2}sumlimits_{ioplus j=S}num[i]*num[j] ]

这是FWT的标准形式，可以在( m O(m2^m))的时间求出F数组

我们实际要求的集合T， 只要和S有交，就可以被F(S)贡献

因而有

[ m G(T) = sumlimits_{S cap T ot=emptyset}F(S) ]

简单容斥一下，有

[ m G(T) = dfrac{n*n}{2}-sumlimits_{S cap T=emptyset}F(S) ]

这里的(Scap T=emptyset) 等价于 (Ssubseteq U-T)，枚举子集(3^m)转移不可取

实际上这是在CF上考多次的SOS模型，可以用DP在( m O(m2^m))做

设dp[S][i]表示做完前i位，S的答案，转移考虑第i位是0还是1

如果第i位是0，直接从前面转移过来，即dp[S][i]=dp[S][i-1]

如果第i位是1，那么考虑这位可以为0或1，即dp[S][i]=dp[S][i-1]+dp[S^(1<<i)][i-1]

实际中第二维可以被压掉，因为从小往大枚举S时，转移的对象总是前面的

这样就做完了，(ans=sumlimits_{S}[n*n-2G(s)geq2k])

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int rd(){
  int ret=0,f=1;char c;
  while(c=getchar(),!isdigit(c))f=c=='-'?-1:1;
  while(isdigit(c))ret=ret*10+c-'0',c=getchar();
  return ret*f;
}

// const int MOD = 998244353,INV2=499122177;
const double
Cor[2][2]={{1,0},{1,1}},
Cand[2][2]={{1,1},{0,1}},
Cxor[2][2]={{1,1},{1,-1}},
ICor[2][2]={{1,0},{-1,1}},
ICand[2][2]={{1,-1},{0,1}},
ICxor[2][2]={{0.5,0.5},{0.5,-0.5}};

void FWT(double *f,const double c[2][2],int n){
  for(int len=1;len<n;len<<=1)
    for(int p=0;p<n;p+=len+len)
      for(int i=p;i<p+len;i++){
        double sav=f[i];
        f[i]=(c[0][0]*f[i]+c[0][1]*f[i+len]);
        f[i+len]=(c[1][0]*sav+c[1][1]*f[i+len]);
      }
}

void bitmul(double *f,double *g,const double c[2][2],const double ic[2][2],int n){
  FWT(f,c,n);//FWT(g,c,n);
  for(int i=0;i<n;i++) f[i]*=f[i];
  FWT(f,ic,n);
}

const int MAXN = 2200006;
int n,m,k;

double f[MAXN];
char s[50];
signed main(){
  n=rd();m=rd();k=rd();
  for(int i=1;i<=n;i++){
    scanf("%s",s+1);
    int tmp=0;
    for(int j=1;j<=m;j++){
      if(s[m-j+1]=='A') tmp|=(1<<(j-1));
    }
    f[tmp]+=1.0;
  }
  bitmul(f,f,Cxor,ICxor,1<<m);
  for(int i = 0; i < m; i++)
    for(int j = 0; j < (1<<m); j++)
        if(j & (1 << i)) f[j] += f[j ^ (1 << i)];
  int ans=0;
  for(int i=0;i<(1<<m);i++){
    if(n*n-(long long)(f[i]+0.5)>=2*k) ans++;
  }
  cout<<ans;
  return 0;
}