JZOJ6344. 【NOIP2019模拟2019.9.7】Huge Counting

Description

T<=10,k<=9;l,r<=1e12

Solution

• 显然如果没有mod 2 的话，f(x1…xn)，就是从(1…1)走到(x1…xn)方案数
• 把所有的x全部减一，则
  $f(x1,x2...,xn)=frac {(sum xi)! }{prod xi!}$
• 接下来我们只用考虑上式是否有2这个因子，如果没有就是奇数，那么mod 2 就有1的贡献。
• $s!$中2的因子的个数为$sum frac {s} {2^i}$
• 所以上式f的2的因子个数就是（除法皆为下取整）
  $sum (frac {sum xi} {2^k}-sum frac {xi}{2^k})$
• 显然对于任意一个k，括号里的都大于等于0。
• 考虑整除2^k就相当于在2进制下把后k位截掉。
• 如果有两个x在k位上都为1，那么相加之后进位到k+1位，而这里的又被截掉了，所以就会对k+1位的结果有+1的贡献。这样的话就会有大于0个2的因子了。
• 所以我们可以得出结论，如果要满足有贡献，这些二进制下每一位所有的x中最多只有一个1.
• 设状态记录哪几位顶住了上限，状压DP一下。
• 因为有区间，所以容斥一下就好了

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 10
#define ll long long 
#define mo 990804011
#define Q(i) (1ll<<i)
using namespace std;

int T,n,i,j,k,opt[1<<maxn];
ll l[maxn],r[maxn],x[maxn],f[2][1<<maxn-1];


ll Doit(){
	for(i=1;i<=n;i++) if (x[i]<0) return 0;
	ll mx=0; 
	for(i=1;i<=n;i++) mx=max(mx,x[i]);
	int cnt=0; while (mx) mx>>=1,cnt++;
	memset(f[cnt&1],0,sizeof(f[cnt&1]));
	
	f[cnt&1][Q(n)-1]=1;
	for(k=cnt-1;k>=0;k--) {
		int p=k&1,q=p^1;
		memset(f[p],0,sizeof(f[p]));
		for(int S=0;S<Q(n);S++) if (f[q][S]){
			int T=0;
			for(int i=1;i<=n;i++) if ((S&Q(i-1))&&!(x[i]&Q(k)))
				T+=Q(i-1);
			f[p][T]+=f[q][S];
			for(int i=1;i<=n;i++) if ((x[i]&Q(k))||!(S&Q(i-1))){
				if (S&Q(i-1)) f[p][T^Q(i-1)]+=f[q][S];
				else f[p][T]+=f[q][S];
			}
		}
		for(int S=0;S<Q(n);S++) if (f[p][S]>=mo)
			f[p][S]%=mo;
	}
	ll sum=0;
	for(int S=0;S<Q(n);S++) sum+=f[0][S];
	return sum%mo;
}

int main(){
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	opt[0]=1;
	for(i=1;i<1<<maxn;i++) opt[i]=-opt[i-(i&-i)];
	while (T--){
		scanf("%d",&n);
		for(i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&l[i],&r[i]);
		ll ans=0;
		for(int RS=0;RS<(1<<n);RS++){
			for(i=1;i<=n;i++) if (RS&Q(i-1)) x[i]=l[i]-2;
				else x[i]=r[i]-1;
			(ans+=opt[RS]*Doit()%mo+mo)%=mo;
		}
		printf("%lld
",ans);
	}
}