洛谷P2396 yyy loves Maths VII 题解

题目链接：P2396 yyy loves Maths VII

题意：

一群同学在和 yyy 玩一个游戏。

每次,他们会给 yyy \(n\) 张卡片，卡片上有数字，所有的数字都是“幸运数字”，我们认为第 \(i\) 张卡片上数字是 \(a_{i}\)。

每次 yyy 可以选择向前走 \(a_{i}\) 步并且丢掉第 \(i\) 张卡片。当他手上没有卡片的时候他就赢了。

但是呢，大家对“厄运数字”的位置布置下了陷阱，如果 yyy 停在这个格子上，那么他就输了。注意：即使到了终点，但是这个位置是厄运数字，那么也输了。

现在，有些同学开始问：yyy 有多大的概率会赢呢？

大家觉得这是个好问题，有人立即让 yyy 写个程序：“电脑运行速度很快！\(24\) 的阶乘也不过就 \(620\,448\,401\,733\,239\,439\,360\,000\)，yyy 你快写个程序来算一算。”

yyy 表示很无语，他表示他不想算概率，最多算算赢的方案数，而且是对 \(10^9+7\) 取模后的值。

大家都不会写程序,只好妥协。

但是这时候 yyy 为难了，\(24!\) 太大了，要跑好长时间。

他时间严重不够！需要你的帮助！

由于 yyy 人格分裂，某个数字可能既属于幸运数字又属于厄运数字。

\(50\%\) 的数据 \(n \leq 23\) ， \(100\%\) 的数据 \(n \leq 24\)。

注意到 \(n \le 24\) ，并且每张牌只能用一次，考虑状压dp。

对于每个状态 \(i\) ，枚举它是从哪个地方转移来的

具体地，设 \(f_i\) 表示状态为 \(i\) 的方案数，则 \[ f_i = \sum f_{i \setminus \{j\}} \times [j \in i] \] 显然答案为 \(f_{\text{mx}} , \text{mx}= 2^n -1\)。

同时我们还要记录一个 \(\text{dis}_i\) 表示 \(i\) 状态对应的路径长

当 \(\text{dis}_i\) 为“厄运数字”时，不转移 \(f_i\) ，即 \(f_i = 0\) 。

时间复杂度 \(O(n 2^n)\) ，卡常题。

代码：

#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#include <random>
using namespace std;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define N (int)((1<<24)+5)

const int p=1e9+7;
int n,m,b0,b1; signed dis[N],f[N];
template<typename T> void add(T &x,T y){x=(x+(y%p))%p;}
void solve(int x)
{
    for(int i=x,j; i; i^=j) j=i&(-i),add(f[x],f[x^j]);
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    // freopen("check.in","r",stdin);
    // freopen("check.out","w",stdout);
    cin >> n;
    for(int i=0; i<n; i++) cin >> dis[1 << i];
    cin >> m;
    if(m>0) cin >> b0;
    if(m>1) cin >> b1;
    f[0]=1;
    int mx=(1<<n)-1;
    for(int i=1,j; i<=mx; i++)
    {
        j=i&(-i); dis[i]=dis[i^j]+dis[j];
        if(dis[i]!=b0&&dis[i]!=b1) solve(i);
    }
    cout << f[mx] << '\n';
    return 0;
}