nssl 1522.简单数数题

D e s c r i p t i o n Description Description

给定一个大小为 n n n的可重集合，求这些集合的子集的所有子集的和（这里的子集都可重）能被 m m m整除的子集有多少个

数据范围:

S o l u t i o n Solution Solution

显然一个有 n n n个元素的可重集，设所有元素的和为 s u m sum sum，则它所有子集的和为 2 n − 1 × s u m 2^{n-1}\times sum 2n−1×sum

证明：
考虑每个元素对子集和的贡献，假设一个元素 x x x选了，那么无论其它元素选不选，它都有 x x x的贡献，而其它选择的方案有 2 n − 1 2^{n-1} 2n−1种（ n − 1 n-1 n−1个数可选可不选），那么它的贡献就是 x × 2 n − 1 x\times 2^{n-1} x×2n−1
则总贡献即 ∑ x × 2 n − 1 = s u m × 2 n − 1 \sum x\times 2^{n-1}=sum\times 2^{n-1} ∑x×2n−1=sum×2n−1

这个结论有什么用呢？
这告诉我们，集合的个数无论多少，都仅只会多产生2的因子
举个栗子，假如一个子集的大小为 n n n，那么实际上会多出 n − 1 n-1 n−1个2这个因子

其实也就相当于如果一个集合的大小为 n n n，它的元素和为 s u m sum sum，显然它的子集和为 2 n − 1 × s u m 2^{n-1}\times sum 2n−1×sum

如果 m m m转换为二进制后后面至少有 n − 1 n-1 n−1个0，即它含有 2 n − 1 2^{n-1} 2n−1这个因子
根据之前的结论，那么有 s u m × 2 n − 1 m o d m = s u m m o d m 2 n − 1 sum\times 2^{n-1} \mod m=sum\mod \frac m{2^{n-1}} sum×2n−1modm=summod2n−1m
如果 m m m转换为二进制后面0不够多，设它的0有 l e n len len个（这个可以用 l o w b i t lowbit lowbit求出来），那么对于每个大小为 j j j的集合，如果 j ≥ l e n j\geq len j≥len，则它的选取方案是不受 j j j的影响的

换句话说，我们只需保存 l e n len len以内的答案，多于 l e n len len的都把它存到 l e n len len里面（因为如果 j ≥ l e n j\geq len j≥len，则题目跟背包没有区别）

所以，设 f i , j , k f_{i,j,k} fi,j,k表示前 i i i个数，选了 j j j个数， m o d mod mod缩小后的 m m m的余数是 k k k的方案数
滚动后直接转移即可

由于 j j j的变大， k k k的上界会相对应的缩小，所以总的复杂度是 O ( n m ) O(nm) O(nm)，需要适当卡常

T i p s : Tips: Tips:
由于大小为 n n n的集合对 m m m的影响却是 2 n − 1 2^{n-1} 2n−1，所以我们把 m m m乘2，这样方便转移

C o d e Code Code

#pragma GCC optimize(2)
%:pragma GCC optimize(3)
%:pragma GCC optimize("Ofast")
%:pragma GCC optimize("inline")
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define mod 1000000007
using namespace std;int n,m,a[5010],len,f[2][14][10010],nmd,Ans;
inline LL read()
{char c;LL d=1,f=0;while(c=getchar(),!isdigit(c)) if(c=='-') d=-1;f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;while(c=getchar(),isdigit(c)) f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;return d*f;
}
signed main()
{n=read();m=read()*2;int x=m;while(!(x&1)) len++,x>>=1;f[0][0][0]=1;for(register int i=1;i<=n;i++){a[i]=read();for(register int j=0;j<=len;j++) {nmd=m/(1<<j);for(register int k=0;k<nmd;k++) f[i&1][j][k]=f[i&1^1][j][k];//初始化，不能用memset，不然会T}for(register int j=0;j<=len;j++){nmd=m/(1<<j);//nmd=new modfor(register int k=0;k<nmd;k++){if(j==len) //>=len的部分都转移到len来{f[i&1][len][(k+a[i])%nmd]+=f[i&1^1][len][k];if(f[i&1][len][(k+a[i])%nmd]>mod) f[i&1][len][(k+a[i])%nmd]-=mod;}else {(f[i&1][j+1][(k+a[i])%(nmd/2)]+=f[i&1^1][j][k])%=mod;//注意每多放一个数，模数都要除以二if(f[i&1][j+1][(k+a[i])%(nmd/2)]>mod) f[i&1][j+1][(k+a[i])%(nmd/2)]-=mod;}}}}for(register int i=1;i<=len;i++) (Ans+=f[n&1][i][0])%=mod;printf("%d",Ans);
}