【2015新手賽網絡賽】 1004 Good Subsets

題意

給定一個數N，問所有滿足下述性質的集合的個數：
集合中所有數的數碼都只出現一次。
例如：{135,27,49}符合，{134,27,49}不符合（因爲出現了兩個4），{177,23}不符合（因爲177出現了兩次7）

題解

第一想法是：f[S] 表示數碼集爲S的情況下，組出一個≤N 的數，有多少種方案？
這一步是一個數位DP，枚舉每一位統計即可，唯一需要注意的是，同一個數中數碼也只能出現一次，統計的時候改一下即可。

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第二步比賽時想偏了，先說說偏了的想法：
注意到現在我們只要依次枚舉集合中每個數所取到的數碼集，統計就能得到答案。

int oriS;
void dfs(int d, int lS, modn ans) {
    for (int S = lS+1; S < (1<<10); ++ S) if (!(oriS&S) && f[S].n) {
        oriS ^= S;
        dfs(d+1, S, ans * f[S]);
        oriS ^= S;
    }
    res = res + ans;
}

複雜度計算即爲：10個不同的元素，放入m個相同的盒子中，m不定。。（可能是∑Stirling2(n,k) ），然而這是過不了的。。。

QwQ

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有了上面“錯誤”的想法，接下來的想法也挺直觀，即一個類似n!轉爲2^n的問題。
令g[S][x] 表示目前數碼集爲S ，所取數集合有x 個元素的排列總數（注意算的是排列）。
第二維主要目的是爲了判重，比賽時因爲沒搞清怎麼判重而沒去想這個角度Orz，提供一個判重方法是：
思考一個3個數的全排列：
1 2 3
1 3 2
2 1 3
2 3 1
3 1 2
3 2 1
重新排序後：
1 2 3
2 1 3
1 3 2
3 1 2
2 3 1
3 2 1
可以發現，如果把最後一列遮住，那麼前面組成了少一個元素的全排列。

由此得到啓發，我們每次只加入一個元素的話，就可以保證其求排列的情況下不重複了

for (int SS = (S-1)&S; SS; SS = (SS-1)&S)
    g[S][i] += g[S^SS][1] * g[SS][i-1];

那麼，在統計答案的時候只需要除以x 的階乘即可

res = res + g[S][i] / fact[i];

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看了標程以後，發現又更“正常”的寫法。。。
我們可以發現，如果每次只加入包含最大的數 or 包含最小的數的集合，這樣，就可以輕易地保證不會算重複。。。

包含最大的數：

for(int i = 1; i < 1<<10; ++i) {
    int k = 0;
    for(int j = 0; i >> j; j++) k = 1 << j;
    f[i] = c[i];
    for(int j = i ^ k; j; j = (j - 1) & i) {
        f[i] = (f[i] + 1ll * f[j] * c[i^j] % Mod) % Mod;
    }
    ans = (ans + f[i]) % Mod;
}

包含最小的數：

for(int i = 1; i < 1<<10; ++i) {
    int k = 0;
    f[i] = 0;
    for(int j = i; j; j = (j - 1) & i) if (j&(i&-i)) {
        f[i] = (f[i] + 1ll * f[i^j] * c[j] % Mod) % Mod;
    }
    ans = (ans + f[i]) % Mod;
}        

另外有個小寫法： 清洗掉最後的“1”：S = S & (S-1) or S = S ^ (S & (-S))

code

#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <cassert>
#include <cmath>
#include <cassert>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <string>
#include <vector>
using namespace std;

typedef int modn;
typedef long long LL;

modn f[1<<10], g[1<<10][10];

char num[20];

modn res;
int n, m;

modn fact[10], fact_[10];

int solve() {
    scanf("%d", &n); ++ n;
    sprintf(num, "%d", n); m = strlen(num);
    if (n == 1) return 0;

    for (int S = 0; S < (1<<10); ++ S) {
        int s = 0;
        for (int i = 0; i < 10; ++ i) if (S&(1<<i)) ++ s;
        if (s > m) f[S] = 0;
        else if (s < m) {
            if (S&(1<<0))
                f[S] = (LL)fact[s-1] * (s-1);
            else
                f[S] = fact[s];
        } else {
            f[S] = 0;
            int _S = S;
            for (int i = 0; i < m; ++ i) {
                int j = m-1-i, p = num[i] - '0';
                int x;
                for (x = 0; x < p; ++ x) {
                    if (!(i == 0 && x == 0) && (_S&(1<<x))) {
                        f[S] = f[S] + fact[j];
                    }
                }
                if (!(_S&(1<<x))) break;
                _S ^= (1<<x);
            }
        }
    }
    res = 0;

    memset(g, 0, sizeof g);
    for (int S = 1; S < (1<<10); ++ S) {
        g[S][1] = f[S]; res += f[S];
        for (int i = 2; i < 10; ++ i) {
            for (int SS = (S-1)&S; SS; SS = (SS-1)&S)
                g[S][i] += g[S^SS][1] * g[SS][i-1];
            res = res + g[S][i] / fact[i];
        }
    }

    printf("%d\n", res);
    return 1;
}

int main() {
//  freopen("E.in", "r", stdin);

    fact[0] = 1;
    for (int i = 1; i < 10; ++ i) fact[i] = fact[i-1] * i;

    while (solve());

//  for(;;);
    return 0;
}