P7930 [COCI 2021/2022 #1] Set题解

P7930 [COCI 2021/2022 #1] Set

题目背景

在知名游戏 SET 中，存在着一些数字、形状、颜色等不同的卡片，玩家的目标是确定一个存在的 triplet of cards（即卡片的三元组，也就是三张卡片构成的组合），使其符合特定的要求。Marin 和 Josip 很快就对这个游戏感到无趣，并对其进行了加强。

题目描述

在本题中，定义每张卡片代表着一个仅由 $ 1, 2, 3 $ 构成的长度为 $ k $ 的序列，共有 $ n $ 张卡片，卡片之间是无序的，保证卡片两两不同。

定义一个 SET 表示，当且仅当一个无序的 triplet of cards 其中的三个序列的每一位均相同或各不相同，用原文中的话就是 same 或 pairwise different，更严谨地表示，我们令这三个序列为 $ S_i, S_j, S_k $，则一定满足如下条件：

• $ i \\lt j \\lt k $
• $ \\forall x \\in \\left[1, k\\right] $，满足 $ S_i(x) = S_j(x) = S_k(x) $ 或 $ S_i(x) \\neq S_j(x) \\neq S_k(x) $

例如 $ (1123, 1322, 1221) $ 便满足 $ 1, 3 $ 位均相同，$ 2,4 $ 位各不相同。

给你这些序列，求可以组成多少种本质不同的 SET。

输入格式

第一行为两个整数正整数 $ n, k $。

接下来 $ n $ 行中每一行包含一个仅由 $ 1, 2, 3 $ 构成的长度为 $ k $ 的序列，代表着一张卡片。

保证每张卡片上的序列不同。

输出格式

仅一行一个整数，表示可以组成的本质不同的 SET 的数量。

输入输出样例 #1

输入 #1

3 4
1123
1322
1221

输出 #1

1

输入输出样例 #2

输入 #2

2 2
11
22

输出 #2

0

输入输出样例 #3

输入 #3

5 3
111
222
333
123
132

输出 #3

2

说明/提示

【样例解释 #3】

可以组成的两个 SET 分别为 $ (S_1, S_2, S_3) $ 和 $ (S_1, S_4, S_5) $。

【数据范围】

对于全部数据，

1

≤

k

≤

12

1\\le k\\le 12

1≤k≤12，

1

≤

n

≤

3

k

1\\le n\\le 3^k

1≤n≤3k，

S

i

S_i

Si​ 互不相同，

1

≤

S

i

(

x

)

≤

3

1\\le S_i(x) \\le 3

1≤Si​(x)≤3。

说明

本题总分

110

110

110 分。

本题译自 Croatian Open Competition in Informatics 2021/2022 Contest #1 T4 Set。

思路

FWT即可。

代码见下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,k,uu=0,d[4000006],sl=1,sr=0;
char ch;
const double pi=acos(–1.0);
struct one{
double x,y;
}a[4000006],b[4000006];
one operator+(one a1,one b1){
return one{a1.x+b1.x,a1.y+b1.y};
}
one operator–(one a1,one b1){
return one{a1.x–b1.x,a1.y–b1.y};
}
one operator*(one a1,one b1){
return one{a1.x*b1.x–a1.y*b1.y,a1.x*b1.y+a1.y*b1.x};
}
one operator/(one a1,double b1){
return one{a1.x/b1,a1.y/b1};
}
const one w=(one){–0.50,0.50*sqrt(3.00)};
const one w2=(one){–0.50,–0.50*sqrt(3.00)};
void xor1(long long n3,one *f,long long x){
//cout<<x<<endl;
for(int o=1;o<=n3–1;o*=3){
for(int i=0;i<=n3–1;i+=o*3){
for(int j=0;j<=o–1;j++){
one t1=f[i+j],t2=f[i+j+o],t3=f[i+j+o*2];
if(x==1){
f[i+j]=t1+t2+t3;
f[i+j+o]=t1+t2*w+t3*w2;
f[i+j+o*2]=t1+t2*w2+t3*w;
}
else{
f[i+j]=(t1+t2+t3)/3.00;
f[i+j+o]=(t1+t2*w2+t3*w)/3.00;
f[i+j+o*2]=(t1+t2*w+t3*w2)/3.00;
}
}
}
}
return ;
}
int main(){
cin>>n>>k;
for(int i=0;i<=n–1;i++){
uu=0;
for(int j=1;j<=k;j++){
cin>>ch;
uu=uu*3+ch–'1';
}
d[uu]++;
a[uu]=(one){1.00,0.00};
//cout<<uu<<endl;
}
sl=pow(3,k);
xor1(sl,a,1);
for(int i=0;i<=sl–1;i++){
//cout<<a[i].x<<" "<<a[i].y<<endl;
a[i]=(a[i]*a[i]*a[i]);
}
xor1(sl,a,–1);
//cout<<a[0].x<<endl;
cout<<(long long)((a[0].x+0.50–n)/6.00)<<endl;
return 0;
}