题目描述
Description
Input
Output
Sample Input
3 2 3
3 6 5
1 2
1 3
Sample Output
15
Data Constraint
题解
迫真CSP模拟
简单容斥(×)
容斥套dp套容斥套dp(√)
先把lim按从小到大排序，同时把边的编号也改过来
考虑没有边时怎么做
枚举一个数位i，假设在i之前的n个数都等于lim，并且要保证i以前的异或和等于C的对应位置
如果i这一位上有一些数没有等于lim，那么先把一个没有等于lim的数x提出来，然后再填其他的数
其他的数在不超过限制（或在第i位已经小于lim）的情况下随便填，x必然有唯一一种填法使得答案为C
所以可以直接算，把小于lim的乘上2^i，等于lim的乘上后面的那一段
最后除以2^i后加进去
要考虑全部等于lim的情况和C=0时空集的答案为1
这一部分是O(2^n*n*64)的
接着考虑有边的情况
对于一条边，将其容斥成 无限制-相等，最后变成至少为0-至少为1+至少为2...的形式
简单证明（二项式反演的套路）：
对于有m（m>=0）条边相等时，一种方案被算的次数
\(ans=\sum_{i=0}^{m}{(-1)^i(_i^m)}\)
\(=\sum_{i=0}^{m}{(-1)^i(_i^m)*1^{m-i}}\)
\(=\sum_{i=0}^{m}{(-1)^i(_i^m)*1^{m-i}}\)
\(=(-1+1)^m\)
\(=[m=0]\)
显然只有m=0时的方案才会被算到
容斥完之后，可以发现变成了若干连通块，每个连通块内的值都相等
考虑计算每个连通块的容斥系数之和
由于要保证连通，所以可以用 所有方案-不连通 来算
对于m条边的所有方案容斥系数之和：
\(=\sum_{i=0}^{m}{(-1)^i(^m_i)}\)
然后就和上面一样了
（但是实际上这个式子和上面的含义是不同的，上面的可能有>m条边）
所以所有方案就是[边数=0]，不连通的可以先枚举最小的点所在块，然后乘以剩下的随便选的方案
要预处理每个点集中随便选的方案，时间为O(2^n*n^2)
（但是只要有一条边就可以退了，所以跑不满）
处理容斥的时间复杂度为O(3^n)
处理完容斥系数和答案后，考虑把它们合起来，每次加上当前剩余未加的最小点所在块（不会算重）
对于一种情况，假设已经知道了容斥系数和每个块的大小和块中最小的lim
那么对于大小为偶数的块，显然异或后影响为0，所以方案乘上(最小的lim+1)
对于大小为奇数的块，异或后会剩下一个0~lim
全部n个数做完之后可能会剩下若干个数，此时就相当于没有限制的情况了
设一个三进制状态，表示每个数没选/选了且是剩下的/选的但不是剩下的（0/1/2）
递归转移，每次存 当前的三进制状态、有那些位是最小的、有哪些位还没选（后面两个是二进制）
这样避免了直接枚举后拆状态的O(n)
转移就在没选的位上找子集，如果选满了就乘上剩下的贡献后加到答案里
仍要预处理出每个二进制子集的大小和对应的三进制（如果子集大小为奇数则最小的为1其余为2，否则全为2）
预处理的时间为O(2^n*n)
最终dp的时间：由于每次选的是最小点，设当前的最小点为i
那么时间为\(\sum_{i=1}^{n}{2^{i-1}*3^{n-i}}\)
因为前i-1位只能是1或2，后n-i位只能是0或2，所以枚举前面的就是\(2^{i-1}\)，枚举i+1~n相当于一个(n-i)大小的子集转移问题
求和一下大约等于O(3^n)
然而直接写会挂，因为直接枚举的时间是O(4^n)
其实只要dp不为0时再转移就可以做到O(3^n)了
code
#include
#include
#include
#include
#include
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define add(a,b) a=((a)+(b))%998244353
#define low(x) (x&-(x))
#define mod 998244353
#define Mod 998244351
using namespace std;
struct type{
long long s;
int id;
} b[16];
bool c[60];
long long p[60];
long long P[60];
long long P2[60];
int p3[15];
int a[301][2];
int ls[16];
int tot[32768];
int h[32768];
long long H[32768];
long long f[32768];
long long G[32768];
long long g[32768];
long long dp[14348907];
long long lim[16];
bool d[16][60];
long long D[16][60];
int num[16];
int L,n,m,i,j,k,l,len,Tot;
long long C,ans;
bool cmp(type a,type b)
{
return a.s>=1;
}
return ans;
}
void work1()
{
long long g[2][2];
long long G[2][2];
long long S;
int i,j,k,l,s,I;
bool bz;
memset(g,0,sizeof(g));
memset(G,0,sizeof(G));
f[0]=C==0;
fo(s,1,L)
{
fd(i,59,0)
{
g[0][0]=1;g[0][1]=0;
g[1][0]=0;g[1][1]=0;
fo(j,1,n)
if (p[j-1]&s)
{
fo(k,0,1)
{
fo(l,0,1)
{
fo(I,0,d[j][i])
{
if (In)
{
if (dp[s1])
{
if (s3)
{
l=low(s3);
S=s3^l;
for (register int s4=S; s4; s4=(s4-1)&S,++Tot)
{
s=s4^l;
if (tot[s]&1)
add(dp[s1+h[s]],dp[s1]*g[s]);
else
add(dp[s1+h[s]],dp[s1]*g[s]%mod*H[s]);
}
if (tot[l]&1)
add(dp[s1+h[l]],dp[s1]*g[l]);
else
add(dp[s1+h[l]],dp[s1]*g[l]%mod*H[l]);
}
else
add(ans,dp[s1]*f[s2]);
}
return;
}
work3(t+1,s1,s2,s3+p[t-1]); //0
work3(t+1,s1+p3[t-1],s2+p[t-1],s3);//1
work3(t+1,s1+2*p3[t-1],s2,s3); //2
}
int main()
{
freopen("draw.in","r",stdin);
freopen("draw.out","w",stdout);
p[0]=P[0]=P2[i]=1;p3[0]=1;
fo(i,1,59)
{
p[i]=p[i-1]*2;
if (i<=14)
p3[i]=p3[i-1]*3;
P[i]=p[i]%mod;
P2[i]=qpower(P[i],Mod);
}
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&C);L=p[n]-1;
fo(i,1,n)
scanf("%lld",&lim[i]),b[i]={lim[i],i};
fo(i,0,59)
c[i]=(C&p[i])>0;
sort(b+1,b+n+1,cmp);
fo(i,1,n)
{
num[b[i].id]=i;
lim[i]=b[i].s;
}
fo(i,1,n)
{
fo(j,0,59)
{
d[i][j]=(lim[i]&p[j])>0;
if (j)
D[i][j]=D[i][j-1];
else
D[i][j]=1;
add(D[i][j],d[i][j]*p[j]);
}
}
fo(i,1,m)
{
scanf("%d%d",&j,&k);
j=num[j],k=num[k];
New(j,k);
New(k,j);
}
work1();
work1_5();
work2();
work2_5();
dp[0]=1;
work3(1,0,0,0);
printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}