hdu 5117 Fluorescent 数学展开式+dp

题目

题意：

给出一些个开关(m<=50)，每个开关控制一些灯(一共有n个灯<=50)，一旦按了开关，它所控制的灯都会切换一次状态，最开始所有灯都是灭的。现在每个开关最多按一次，求2m种情况下的E[x3],x为点亮的灯数。

解：

求E[x3]，其中x=x1+x2+x3,

则x3=(x1+x2+x3+...+xn)∗(x1+x2+x3+...+xn)∗(x1+x2+x3+...+xn)

=∑xi∗xj∗xk

=C[i][j][k]∗xi∗xj∗xk(i<=j<=k)

(如果ijk相等，那么系数为1，如果互异，系数为6，否则为3)

现在我们就是要求所有情况下的x之和，即所有情况下的C[i][j][k]∗xi∗xj∗xk之和（i<=j<=k），

反过来说就下求[i][j][k]这种组合一共对应多少种开关状态，再乘以系数即可。

枚举i,j,k，然后用3位二进制保存状态，二维dp的另一维保存阶段，时间复杂度O(n3∗m∗8)=O(n3∗m)

AC代码：

#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;

#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define for0(a, n) for (int (a) = 0; (a) < (n); (a)++)
#define for1(a, n) for (int (a) = 1; (a) <= (n); (a)++)
#define mes(a,x,s)  memset(a,x,(s)*sizeof a[0])
#define mem(a,x)  memset(a,x,sizeof a)
#define ysk(x)  (1<<(x))
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int INF =0x3f3f3f3f;
const int maxn=50    ;

int cur,n,m;
bool G[maxn+5][maxn+5];
const ll mod=1e9 + 7.5;
ll dp[maxn+5][8];

void update(int s,int ns)
{
dp[cur][s]=(dp[cur-1][s]+dp[cur-1][s^ns])%mod;
}
void solve()
{
ll ans=0;
for1(i,n)
{
for(int j=i;j<=n;j++)
{
for(int k=j;k<=n;k++)
{
mem(dp,0);
dp[0][0]=1;
for(cur=1;cur<=m;cur++)
{
for0(s,8)
{
int ns=0;
if(G[cur][i])  ns|=1;
if(G[cur][j])  ns|=2;
if(G[cur][k])  ns|=4;
update(s,ns);
}
}
if(i==j&&j==k)  ans=(ans+dp[m][7])%mod;
else if(i!=j&&i!=k&&j!=k)  ans=(ans+6*dp[m][7])%mod;
else  ans=(ans+3*dp[m][7])%mod;
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
int T,kase=0;cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
mem(G,0);
for1(i,m)
{
int k,x;cin>>k;
while(k--)
{
cin>>x;
G[i][x]=1;
}
}
printf("Case #%d: ",++kase);
solve();
}
return 0;
}

反思：

为什么不从E[x]考虑，虽然不是问题所求，但不代表思考这个问题就没有帮助。

状压不一定就要将时间复杂度*状态总数。