[SDOI2009]Bill的挑战
枫林晚
2018-09-04 16:49:58
# 全网唯一一篇容斥题解
安利博客 ：[[SDOI2009]Bill的挑战——大力容斥](https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9585609.html)
看到这个题，大部分人想的是状压dp
但是我是个蒟蒻没想到，就用容斥切掉了。
并且复杂度比一般状压低，
目前是luogu rank1 （虽然开了O2，但是大家都开了啊）
（其实这个容斥的算法，提出来源于ywy_c_asm）
（然而我知道了这个算法，竟然和他写的不一样，而且比他跑的快）
进入正题：
我们需要统计恰好满足匹配k个的情况。
那么，我们可以先找出来，恰好满足n个，n-1，n-2。。。k个的情况。
分别记为ans[i]
ans[i]怎么算呢？
先给出公式：
### ans[i]=cal(i)-∑C(j,i)×ans[j] 其中，i+1<=j<=n
cal(i)表示，从n个中任意选择i个，对于所有选择的情况，的方案数的和。
cal(i)可以dfs暴力C(n,i)枚举，每次统计答案。计入tot
```cpp
void dfs(int x,int has){
if(x==n+1){
if(has!=up) return;
ll lp=1;
for(int j=1;j<=len;j++){
las=-1;
for(int i=1;i<=up;i++){
if(a[mem[i]][j]!='?'){
if(las==-1){
las=a[mem[i]][j]-'a';
}
else if(las!=a[mem[i]][j]-'a') return;
}
}
if(las==-1)lp=(lp*26)%mod;
}
(tot+=lp)%=mod;
return;
}
if(has<up) {
mem[++cnt]=x;
dfs(x+1,has+1);
mem[cnt--]=0;
}
if(n-x>=up-has) dfs(x+1,has);
}
```
至于后面减去的部分。就是容斥的内容了。
大家可以自己画一个韦恩图理解一下。
这里有一个例子：n=4
现在我们要算ans[2],也就是恰好匹配2个的T的方案数
就是黄色的部分。
红色的数字是这个区域被算cal(i)的次数。
可见，三个点的重复区域，由于有C(3,2)种方法选到，所以会被算C(3,2)次。
所以减去所有的ans[3]即可。
其他情况同理。
最后输出ans[1]
组合数打表。
理论复杂度：
O(n×len×2^15)
## 代码：
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=20;
const int M=52;
const int mod=1000003;
char a[N][M];
int len;
int n,t,k;
int mem[N],cnt;
ll ans[N];
ll c[N][N];
ll sum;
ll tot;//tot measures
int up;//choose
int las;
void dfs(int x,int has){//dfs计算tot
if(x==n+1){
if(has!=up) return;
ll lp=1;
for(int j=1;j<=len;j++){
las=-1;
for(int i=1;i<=up;i++){
if(a[mem[i]][j]!='?'){
if(las==-1){
las=a[mem[i]][j]-'a';
}
else if(las!=a[mem[i]][j]-'a') return;//两个字符不一样，无合法方案
}
}
if(las==-1)lp=(lp*26)%mod;//如果都是‘？’可以随便填，否则只有一种
}
(tot+=lp)%=mod;
return;
}
if(has<up) {
mem[++cnt]=x;
dfs(x+1,has+1);
mem[cnt--]=0;
}
if(n-x>=up-has) dfs(x+1,has);
}
void clear(){
memset(ans,0,sizeof ans);
sum=0;
len=0;
}
int main()
{
for(int i=0;i<=N-1;i++){
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++){
c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
}
}
scanf("%d",&t);
while(t--){
clear();//清空数组，其实没有必要
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",a[i]+1);
}
len=strlen(a[1]+1);//长度
for(int i=n;i>=k;i--){//ans[i]计算
tot=0;up=i;
dfs(1,0);
sum=0;
for(int j=i+1;j<=n;j++){//容斥的处理
(sum+=c[j][i]*ans[j])%=mod;
}
ans[i]=(tot-sum+mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans[k]);
}
return 0;
}
```