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题意

有N个灯和M个开关，每个开关控制着一些灯，如果按下某个开关，就会让对应的灯切换状态；问在每个开关按下与否的一共2^m情况下，每种状态下亮灯的个数的立方的和。

思路
1、首先注意到N<=50,M<=50，因此很容易想到状压；

2、考虑X^3，其中X就是每种状况下亮着的灯的数量；

3、如何解这个X^3？我们把它展开——
X=x1+x2+x3+...+xn，其中xi是第i个灯的亮或暗状况；
因此X^3=(x1+x2+x3+...+xn)*(x1+x2+x3+...+xn)*(x1+x2+x3+...+xn)=Σxi*xj*xk (1<=i<=j<=k<=n);

4、dp[m][state]代表前m个开关，达成状态为state的方案数，其中state从(000)2~(111)2，代表三个灯的亮或灭；在其基础上dp就行了；遍历i,j,k，同时将开关的控制状态压缩。

5、答案每次加上dp[m][7]，因为只有xi=xj=xk=1时，才对X^3有贡献，总复杂度O(n^3*m)；

#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define LOCAL

using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;

ll d[51][8];
ll s[51];

int main(){
    int t,n,m,num;
    cin>>t;
    for(int kase=1;kase<=t;kase++){
        memset(s,0,sizeof(s));
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=m;i++){
            scanf("%d",&num);
            for(int j=1;j<=num;j++){
                int t;
                scanf("%d",&t);
                s[i]|=(1LL<<t);///状压
            }
        }
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                for(int k=1;k<=n;k++){
                    memset(d,0,sizeof(d));
                    d[0][0]=1;
                    for(int x=1;x<=m;x++){
                        for(int y=0;y<8;y++){
                            int t=y;
                            if(s[x]&(1LL<<i)) t^=1;
                            if(s[x]&(1LL<<j)) t^=2;
                            if(s[x]&(1LL<<k)) t^=4;
                            d[x][y]+=d[x-1][y];
                            d[x][t]+=d[x-1][y];
                        }
                    }
                    ans=(ans+d[m][7])%mod;
                }
            }
        }
        printf("Case #%d: %lld
",kase,ans);
    }
    return 0;
}