P2167 [SDOI2009] Bill的挑戰

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狀壓 dp/二項式反演

先說狀壓，考慮怎麼刻畫 \(S\) 和 \(T\) 匹配這個東西。實質上就是從前往後匹配每一位，直到哪一位不匹配了，那麼就不匹配，也就是每一位字元匹配的並集。同樣，對於多個串的匹配，設第 \(i\) 位字元為 \(j\) 時匹配的串集合為 \(g_{i,j}\)，對於一個串 \(s\) 匹配的串的個數，就是 \(g_{i,s_1}\) 到 \(g_{i,s_n}\) 的並集。這個是可以預處理的。

所以我們考慮從前往後考慮匹配，求方案數考慮 dp。設 \(f_{i,s}\) 表示考慮完前 \(i\) 位的匹配，匹配串的狀態為 \(s\) 的方案數。轉移列舉 \(i+1\) 的字元 \(c\)，那麼就轉移到 \(f_{i+1,s\cap g_{i+1,c}}\)。

複雜度 \(O(n2^n)\)。

法二：二項式反演

首先看到題面中的恰好兩字，可以想到組合計數。如果我們暴力列舉此時匹配的串的哪 \(i\) 個的話，我們可以容易求出此時的方案數，意義為至少匹配這 \(i\) 個串的方案數，匹配串個數相同的設為 \(f_{i}\)。

再套路設恰好匹配 \(i\) 個串的方案數為 \(g_i\)。有關係：

\[f_{k}=\sum_{i=k}^nC(i,k)g_i\Rightarrow g_k=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}C(i,k)f_i \]

考慮如何求出 \(f_i\)。跑一遍 dfs 就可以了。

複雜度同樣是 \(O(n2^n)\)。

這裡附狀壓程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

using i64 = long long;
using ull = unsigned long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 20, M = 52, mod = 1e6 + 3;
i64 n, k, ans;
char a[N][M];
i64 f[M][1 << (N - 4)], g[M][27];
void solve() {
	std::cin >> n >> k;
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		scanf("%s", a[i] + 1);
	}
	
	memset(g, 0, sizeof(g));
	int len = strlen(a[0] + 1);
	for(int i = 1; i <= len; i++) {
		for(int j = 0; j < 26; j++) {
			int sta = 0;
			for(int k = 0; k < n; k++) {
				if(a[k][i] == '?' || a[k][i] == j + 'a') sta |= (1 << k);
			}
			g[i][j] = sta;
		}
	}
	
	memset(f, 0, sizeof(f));
	f[0][(1 << n) - 1] = 1;
	for(int i = 0; i < len; i++) {
		for(int s = 0; s < (1 << n); s++) {
			if(!f[i][s]) continue;
			for(int j = 0; j < 26; j++) {
				f[i + 1][s & g[i + 1][j]] = (f[i + 1][s & g[i + 1][j]] + f[i][s]) % mod;
			}
		}	
	}
	for(int s = 0; s < (1 << n); s++) {
		if(__builtin_popcount(s) == k) ans = (ans + f[len][s]) % mod; 
	}

	std::cout << ans << "\n";
	ans = 0;
}

int main() {
    
    int t;
    std::cin >> t;

	while(t--) solve();

	return 0;
}