Description

对于两个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串 \(a_1,a_2,\dots,a_n\) 和 \(b_1,b_2,\dots,b_n\)，定义它们的距离 \(d(a,b)=\sum_{i=1}^{n}|a_i-b_i|\)。

给定三个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串 \(s_1,s_2,s_3\) 以及三个非负整数 \(r_1,r_2,r_3\)，问有多少个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串 \(S\) 满足 \(d(S,s_1)\le r_1,d(S,s_2)\le r_2,d(S,s_3)\le r_3\) 这三个不等式中至少有一个成立。

\(1\le n\le 10^4\)

Solution

总的来说，这个题目是一个比较有技巧性的题目。

首先我们可以想到对原问题进行容斥，即我们计算有多少个 \(S\) 序列满足 \(d(S,s_1)>r_1,d(S,s_2)>r_2,d(S,s_3)>r_3\)，然后再用 \(2^n\) 减去即可。

接着，我们可以发现我们可以稍微变化一下，使得相对关系不变且 \(s_1\) 为全 \(1\) 序列，那么对于同一个位置 \(s_1,s_2,s_3\) 就只会有 \(4\) 种情况：\((1,0,0),(1,0,1),(1,1,0),(1,1,1)\)。

考虑计算每种情况的个数，并且枚举每种情况的位置多少个放 \(0\)，多少个放 \(1\) 就可以做到 \(\Theta(n^4)\)。

考虑到我们可以利用我们已知的信息列不等式，然后我们就只需要枚举两种，剩下的可以预处理求个后缀和就好了。

复杂度 \(\Theta(n^2)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define Int register int

#define mod 1000000007

#define MAXN 10005

template <typename T> inline void read (T &t){t = 0;char c = getchar();int f = 1;while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -f;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){t = (t << 3) + (t << 1) + c - '0';c = getchar();} t *= f;}

template <typename T,typename ... Args> inline void read (T &t,Args&... args){read (t);read (args...);}

template <typename T> inline void write (T x){if (x < 0){x = -x;putchar ('-');}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}

template <typename T> inline void chkmax (T &a,T b){a = max (a,b);}

template <typename T> inline void chkmin (T &a,T b){a = min (a,b);}

char fs[3][MAXN];

int n,r[3],sum[4],s[3][MAXN],fac[MAXN],ifac[MAXN],f[MAXN][MAXN]; 

int mul (int a,int b){return 1ll * a * b % mod;}

int dec (int a,int b){return a >= b ? a - b : a + mod - b;}

int add (int a,int b){return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;}

int gcd (int a,int b){return !b ? a : gcd (b,a % b);}

int qkpow (int a,int b){

	int res = 1;for (;b;b >>= 1,a = mul (a,a)) if (b & 1) res = mul (res,a);

	return res;

}

int binom (int a,int b){return a >= b ? mul (fac[a],mul (ifac[b],ifac[a - b])) : 0;}

void Add (int &a,int b){a = add (a,b);}

void Sub (int &a,int b){a = dec (a,b);}

signed main(){

	read (n);

	fac[0] = 1;for (Int i = 1;i <= n;++ i) fac[i] = mul (fac[i - 1],i);

	ifac[n] = qkpow (fac[n],mod - 2);for (Int i = n;i;-- i) ifac[i - 1] = mul (ifac[i],i);

	for (Int i = 0;i < 3;++ i){

		read (r[i]),scanf ("%s",fs[i] + 1);

		for (Int k = 1;k <= n;++ k) s[i][k] = (fs[i][k] - '0');

	}

	for (Int k = 1;k <= n;++ k) if (!s[0][k]) s[0][k] ^= 1,s[1][k] ^= 1,s[2][k] ^= 1;

	for (Int k = 1;k <= n;++ k) sum[s[1][k] << 1 | s[2][k]] ++;

	for (Int i = 0;i <= sum[2] + sum[3];++ i)

		for (Int j = -sum[2];j <= sum[3];++ j) if (!(i + j & 1)){

			int s3 = i + j >> 1,s2 = i - s3;

			if (0 <= s2 && s2 <= sum[2] && 0 <= s3 && s3 <= sum[3])

				Add (f[i][j + sum[2]],mul (binom (sum[2],s2),binom (sum[3],s3)));

		}

	for (Int i = sum[2] + sum[3];i >= 0;-- i)

		for (Int j = sum[3];j >= -sum[2];-- j) Add (f[i][j + sum[2]],f[i][j + 1 + sum[2]]);

	for (Int i = sum[2] + sum[3];i >= 0;-- i)

		for (Int j = sum[3];j >= -sum[2];-- j) Add (f[i][j + sum[2]],f[i + 1][j + sum[2]]);

	int ans = 0,all = 1;

	for (Int i = 1;i <= n;++ i) all = add (all,all);

	for (Int s0 = 0;s0 <= sum[0];++ s0)

		for (Int s1 = 0;s1 <= sum[1];++ s1){

			int v1 = max (0,max (r[0] - s0 - s1,r[1] + s0 + s1 - sum[0] - sum[1]) + 1),

				v2 = max (-sum[2],r[2] + s0 - s1 - sum[0] - sum[2] + 1);

			Add (ans,mul (mul (binom (sum[0],s0),binom (sum[1],s1)),f[v1][v2 + sum[2]]));

		}

	write (dec (all,ans)),putchar ('\n');

	return 0;

}

巴特西

题解 [PA2019]Trzy kule

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