@description@
有 n 个 gangs，第 i 个 gangs 有 si 个人，编号为 0...si - 1。在所有的人中，有些人曾经通过特殊途径拿到了一根真正的 gold。
现在距离他们拿到 gold 已经过去 (10^{100})（假装他们都不会死）。在这些年中，他们进行了若干次 gold 的交易，方法如下：
这 n 个 gangs 形成了一张竞赛图。在第 i 年，第 u 个 gang 的第 i mod su 个人会向第 v 个 gang 的第 i mod sv 个人发送一根虚假的 gold。
当然是有前提的，前提是 u 有连向 v 的边，且发送者有根 gold（不管是真是假）且接受者没有 gold（不管是真是假）。
现在，这些 gangs 开始贩卖 gold。真实的 gold 显然是可以直接卖出去的，虚假的 gold 可能卖得出去也可能卖不出去。然后，这些 gangs 按照自己贩卖出去的 gold 数量排序（相同的随便排）。
现询问在所有情况（虚假的 gold 卖出去或卖不出去 / gold 数量相同内部排序）下，我从 gold 数量前 a 多的 gangs 中选择大小为 b 的集合，最终可以选出多少可能的集合。
Input
第一行包含三个整数 n, a, b (1 ≤ b ≤ a ≤ n ≤ 5·10^3)，含义如上。
接下来 n 行，每行包含一个长度为 n 的 01 串。若第 i 行第 j 列为 1 则有一条 i 到 j 的边。
接下来 n 行，每行一开始一个 si (1 ≤ si ≤ 2·10^6) 含义如上，接着是长度为 si 的 01 串，其中第 j 个数为 1 则第 i 个 gang 的第 j 个人有一根真实的 gold（注：题面在此处有误。原题面所说的第 j 个数为 0 表示有 gold，但其实是 1）。
保证 si 之和 ≤ 2·10^6。
Output
输出一个单独整数表示答案 mod 10^9 + 7。
Examples
Input
2 2 1
01
00
5 11000
6 100000
Output
2
Input
5 2 1
00000
10000
11011
11000
11010
2 00
1 1
6 100110
1 0
1 0
Output
5
@solution@
gang,gold,真实......难道......是黄金体验镇魂曲[GoldExperienceRequiem]！乔鲁诺，这也在你的计划之中吗！
题意绕晕人系列。
为什么这么绕呢？因为这个题。。。其实是两个题拼起来的。。。
@part - 1@
先考虑求出每个 gang 的真实 gold 的数量与总 gold 的数量。
前一个很好求，根据它的输入就可以直接算，主要是看后面一个。
假如第 u 个 gang 的 x 能够在某一时刻向第 v 个 gang 的 y 发送 gold，即存在一个 i 使得 i mod su = x 且 i mod sv = y，则根据扩展欧几里得可以得到 x = y mod gcd(su, sv)。
将上面那个结论推广一下，假如 u 通过某一路径到达 v，则 u 中的 x 能够向 v 中的 y 发送金条，仅当 x = y mod (路径上所有点的 gcd)。
所以：从 u 到 v 肯定绕远路更优（模数即 gcd 更小）。
根据竞赛图的性质，我们将原图强连通缩点，则强连通内必然存在一条哈密顿回路。
我们从 u 到 v 的最远路径一定是将 u, v 之间所有的强连通分量都走完，而哈密顿回路保证了这样一条路径的存在。
所以，我们可以考虑把一个强连通缩成一个新的 gang'，这个 gang' 的人数等于强连通内部的所有点的人数的 gcd，而这个 gang' 的金条可以通过强连通内部的点已经拥有的真 gold 得到。
因为尽量绕远路，所以缩完点后一定是按照拓扑序从前往后，相邻的 gang' 之间才转移。
怎么通过一个强连通的信息反推出一个点的信息呢？假如这个点的大小为 s1，强连通的大小为 s2，强连通的 gold 数量为 g，则这个点的 gold 数量 = s1/s2*g。
因为 s2 是所有 s1 的 gcd，所以一定能够得到一个整数。
@part - 2@
现在考虑已知每个 gang 的真实 gold 的数量与总 gold 的数量（其实也就是能卖出去的最小 gold 数 mn 与最大 gold 数 mx），怎么求题目要求我们求的东西。
考虑最暴力的：枚举一个大小为 B 的集合，判定这个集合是否能够同时进前 A 大，显然如果要求这个集合内所有点取 mx，而集合外的所有点取 mn 才最有可能合法。
考虑这个集合中最小的那个（为了避免重复计数，如果有多个就取编号最小的那个）为 i，则 mn[j] > mx[i] 的那些肯定是要进前 A 大占位置的，而其他的点中 mx[j] > mx[i] 或 (mx[j] == mx[i] 且 j > i) 的就是可能被枚举进集合的。
考虑枚举出这个最小的 i，计算 mn[j] > mx[i]（即铁定进前 A 大的）的数量 fi 与 mn[j] <= mx[i] 且 (mx[j] > mx[i] 或 (mx[j] == mx[i] 且 j > i))（即可能枚举进集合的那些）的数量 gi。
我们枚举从 gi 中选 j 个进入集合，则剩下的 b - j - 1 个就一定从 fi 中选，方案数为 (C_{g_i}^{j}*C_{f_i}^{b-j-1})。
当然前提是 0 <= j <= gi 且 0 <= b - j - 1 <= fi 且 j + 1 + fi <= a。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 5000;
const int MAXS = 2000000;
const int MOD = int(1E9) + 7;
int gcd(int a, int b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
vector<int>vec[MAXN + 5];
char str[MAXS + 5];
bool G[MAXN + 5][MAXN + 5];
int n, a, b;
int tid[MAXN + 5], low[MAXN + 5], dcnt;
int num[MAXN + 5], stk[MAXN + 5], tot, tp;
int val[MAXN + 5];
void dfs(int x) {
tid[x] = low[x] = (++dcnt), stk[++tp] = x;
for(int i=1;i<=n;i++)
if( G[x][i] ) {
if( !tid[i] )
dfs(i), low[x] = min(low[x], low[i]);
else if( !num[i] )
low[x] = min(low[x], tid[i]);
}
if( low[x] >= tid[x] ) {
val[++tot] = 0;
while( tp && tid[stk[tp]] >= tid[x] ) {
int t = stk[tp--];
num[t] = tot, val[tot] = gcd(val[tot], vec[t].size());
}
}
}
vector<int>v2[MAXN + 5];
int key[MAXN + 5]; bool tmp[MAXS + 5];
struct node{
int tr, mx;
}nd[MAXN + 5];
int comb[MAXN + 5][MAXN + 5], f[MAXN + 5], g[MAXN + 5];
int solve() {
for(int i=0;i<=n;i++) {
comb[i][0] = 1;
for(int j=1;j<=n;j++)
comb[i][j] = (comb[i-1][j] + comb[i-1][j-1])%MOD;
}
int ans = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
f[i] = g[i] = 0;
for(int j=1;j<=n;j++) {
if( nd[j].tr > nd[i].mx )
f[i]++;
else if( nd[j].mx > nd[i].mx || (nd[j].mx == nd[i].mx && j > i) )
g[i]++;
}
for(int j=0;j<=g[i];j++)
if( b - j - 1 >= 0 && b - j - 1 <= f[i] && f[i] + j + 1 <= a )
ans = (ans + 1LL*comb[g[i]][j]*comb[f[i]][b-j-1])%MOD;
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%s", str + 1);
for(int j=1;j<=n;j++)
G[i][j] = str[j] - '0';
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
int siz; scanf("%d%s", &siz, str);
for(int j=0;j<siz;j++)
vec[i].push_back(str[j] - '0'), nd[i].tr += (str[j] - '0');
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if( !tid[i] ) dfs(i);
for(int i=1;i<=tot;i++)
for(int j=0;j<val[i];j++)
v2[i].push_back(0);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<vec[i].size();j++)
v2[num[i]][j%val[num[i]]] |= vec[i][j];
for(int i=tot;i>=2;i--) {
int p = gcd(v2[i].size(), v2[i - 1].size());
for(int j=0;j<p;j++) tmp[j] = false;
for(int j=0;j<v2[i].size();j++) tmp[j % p] |= v2[i][j];
for(int j=0;j<v2[i-1].size();j++) v2[i-1][j] |= tmp[j % p];
}
for(int i=1;i<=tot;i++)
for(int j=0;j<v2[i].size();j++)
key[i] += v2[i][j];
for(int i=1;i<=n;i++)
nd[i].mx = vec[i].size()/val[num[i]]*key[num[i]];
printf("%d
", solve());
}
@details@
一开始把s1/s2*g写成g*s1/s2结果爆int。
之后又因为tmp数组原本应该开成跟人数一样多结果开成了跟gang一个数据范围RE了一次。
在 tarjan 求强连通时，因为竞赛图本身的性质以及 tarjan 算法的性质，所以分配的强连通编号是按照拓扑序从大到小分配的。没有必要再来一遍拓扑排序。