CF1290F Making Shapes

题目描述

一位怀好意的拉题人的翻译：

题解

前置知识：计算几何，背包DP，数位DP。

首先容易发现，如果你选的每个向量的系数 cic_ici（可能为0）确定了，那么把它们按极角排序后的凸包是唯一确定的，所以我们把问题转换为求不同的系数有多少组。

如果我们把两坐标按正负分开考虑，就会发现
∑xi>0cixi=∑xj<0cj(−xj)∑yi>0ciyi=∑yj<0cj(−yj)\sum_{x_i>0}c_ix_i=\sum_{x_j<0}c_j(-x_j)\\ \sum_{y_i>0}c_iy_i=\sum_{y_j<0}c_j(-y_j)\\ xi>0∑cixi=xj<0∑cj(−xj)yi>0∑ciyi=yj<0∑cj(−yj)这是因为最终所有线段必须围城闭合的凸多边形，所以向量和为0。而这个 mmm 的限制呢？显然两坐标的极差就等于所有同号的 xxx 或 yyy 的和，也就是说
∑xi>0cixi≤m且∑yi>0ciyi≤m\sum_{x_i>0}c_ix_i\le m\,\,且\,\,\sum_{y_i>0}c_iy_i\le m xi>0∑cixi≤m且yi>0∑ciyi≤m这就是为什么上面的向量和为零要把正负分开写而不是直接求和。

显然，如果 mmm 很小的话，这是可以做背包的。

但是这题 mmm 很大，不能用常规的背包。那怎么办呢，这时一般要放弃背包而想想其它办法…

不，我们可以想办法优化背包！

一般背包的优化有哪些呢？最著名的莫过于倍增优化了。传统的倍增优化是先分开考虑每种物品，然后用倍增拆开它的数量。这里我们把它颠倒一下，先统一用倍增拆开向量的系数，拆成二进制的30位，然后再考虑每个向量的系数在每个二进制位上是否有值。
这时显然是会产生进位的，所以就要从低位到高位考虑。每次转移需要考虑 2n2^n2n 种情况，进位最多有 ∑xi≤4n\sum x_i\le4n∑xi≤4n，但是这题 nnn 和 xix_ixi 非常小，所以这么DP居然是可行的。

这就是更高级的倍增优化：考虑进位的数位背包DP！

具体地，我们需要记录7个状态（7维DP）：
dp[w][a][b][c][d][p=0/1][q=0/1]dp[w][a][b][c][d][p=0/1][q=0/1]dp[w][a][b][c][d][p=0/1][q=0/1]，表示
当前考虑第 www 个二进制位，
正的 xix_ixi 产生的进位为 aaa，
负的 xix_ixi 产生的进位为 bbb，
正的 yiy_iyi 产生的进位为 ccc，
负的 yiy_iyi 产生的进位为 ddd，
ppp：∑xi>0cixi\sum_{x_i>0}c_ix_i∑xi>0cixi 的前 w−1w-1w−1 位是否 ≤m\le m≤m，
qqq：∑yi>0ciyi\sum_{y_i>0}c_iy_i∑yi>0ciyi 的前 w−1w-1w−1 位是否 ≤m\le m≤m。

转移的时候要保证每个二进制位上∑xi>0cixi=∑xj<0cj(−xj)\sum_{x_i>0}c_ix_i=\sum_{x_j<0}c_j(-x_j)∑xi>0cixi=∑xj<0cj(−xj)，∑yi>0ciyi=∑yj<0cj(−yj)\sum_{y_i>0}c_iy_i=\sum_{y_j<0}c_j(-y_j)∑yi>0ciyi=∑yj<0cj(−yj)，且保证最高位没有进位，ppp 和 qqq 都为1。

最后要减去系数全为0的1种情况，因为要求凸包面积非0。

总复杂度为 O(2n(4n)4log⁡m)O(2^n(4n)^4\log m)O(2n(4n)4logm)，写成记忆化搜索会方便一些。

代码

#include<bits/stdc++.h>//JZM yyds!!
#define ll long long
#define uns unsigned
#define IF (it->first)
#define IS (it->second)
#define END putchar('\n')
using namespace std;
const int MAXN=-1;
const ll INF=1e18;
inline ll read(){ll x=0;bool f=1;char s=getchar();while((s<'0'||s>'9')&&s>0){if(s=='-')f^=1;s=getchar();}while(s>='0'&&s<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),s=getchar();return f?x:-x;
}
int ptf[30],lpt;
inline void print(ll x,char c='\n'){if(x<0)putchar('-'),x=-x;ptf[lpt=1]=x%10;while(x>9)x/=10,ptf[++lpt]=x%10;while(lpt)putchar(ptf[lpt--]^48);if(c>0)putchar(c);
}
inline ll lowbit(ll x){return x&-x;}const ll MOD=998244353;
int n,k,x[10],y[10];
ll m,ans;
inline ll ads(ll x){return x>0?x:-x;}
inline void ad(int&a,int b){a+=b;if(a>=MOD)a-=MOD;}
int dp[32][22][22][22][22][2][2];
inline int DP(int w,int a,int b,int c,int d,bool p,bool q){if(w==30)return (!a&&!b&&!c&&!d&&p&&q);if(dp[w][a][b][c][d][p][q]>0)return dp[w][a][b][c][d][p][q]-1;int&res=dp[w][a][b][c][d][p][q],e=(m>>w)&1;for(int s=0;s<(1<<n);s++){int aa=a,bb=b,cc=c,dd=d;for(int i=1;i<=n;i++)if((s>>(i-1))&1){if(x[i]>=0)aa+=x[i];else bb-=x[i];if(y[i]>=0)cc+=y[i];else dd-=y[i];}if((aa&1)==(bb&1)&&(cc&1)==(dd&1))ad(res,DP(w+1,aa>>1,bb>>1,cc>>1,dd>>1,(aa&1)<e||((aa&1)==e&&p),(cc&1)<e||((cc&1)==e&&q)));}return res++;
}
signed main()
{n=read(),m=read();for(int i=1;i<=n;i++)x[i]=read(),y[i]=read();print((DP(0,0,0,0,0,1,1)-1+MOD)%MOD);return 0;
}

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