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題目大意：給出 n 個區間 [ l[ i ] , r[ i ] ] ，再給出 m 個限制 ( a[ i ] , b[ i?] )，求在 n 個區間中能選出多少種子集 S，滿足?，且任意一條限制都不能同時出現在 S 中

題目分析：先不考慮限制，在輸入時可以對 n 個區間差分一下，差分數組記為 cnt[ i ] ，然后求一下前綴和，就可以枚舉子集的大小 | S | = i，那么當子集大小 | S | 為 i?時的種類數就是 C( cnt[ i ] , i?)

對于一個限制和一個子集共有四種情況：

a[ i ] ∈ S，b[ i ] ∈ S

a[ i ] ∈ S , b[ i ] ? S

a[ i ] ? S , b[ i ] ∈ S

a[ i ] ? S , b[ i ] ? S

顯然只有第一種情況是不符合的，剩下的三種情況都是符合條件的，這樣一來正難則反，我們可以求出所有不符合限制的子集數，然后容斥就好了，最后用全集減去不符合條件的就是答案了

因為在這個題目中，設 t 為同時生效的限制數，則全集為 t = 0 時的答案，那么這個題目就轉換為了求：

( t = 0 時的答案 ) -?( t = 1 時的答案 ) + ( t = 2 時的答案 ) - ( t = 3 時的答案 ) ....

因為 m 比較小，所以直接狀壓就好，t 個限制同時生效，也就是是需要求 t 個區間的交，假設區間的交為 [ L?, R?]，那么答案顯然就是，這里突然出現的 tot 是 t 個限制總共涉及了多少個點

然后實現就好了，預處理一下逆元和前綴和，時間復雜度就是 m*2^m + n*m 的了，我為了偷懶加了個set，所以復雜度變成了 m * 2^m * log(20) + n * m，就當帶了點常數吧

代碼：
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=3e5+100;const int mod=998244353;int l[N],r[N],cnt[N],a[N],b[N];LL fac[N],inv[N],sum[50][N];LL q_pow(LL a,LL b) {LL ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans; }LL C(int n,int m) {if(n<m||m<0)return 0;return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; }void init() {fac[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;inv[N-1]=q_pow(fac[N-1],mod-2);for(int i=N-2;i>=0;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod; }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);init();int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",l+i,r+i);cnt[l[i]]++,cnt[r[i]+1]--;}for(int i=1;i<=n;i++)cnt[i]+=cnt[i-1];for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d%d",a+i,b+i);for(int i=0;i<=2*m;i++)for(int j=1;j<=n;j++)sum[i][j]=(sum[i][j-1]+C(cnt[j]-i,j-i))%mod;LL ans=0;for(int i=0;i<1<<m;i++){set<int>st;int L=1,R=n;//交集for(int j=0;j<m;j++)if((i>>j)&1){st.insert(a[j]);st.insert(b[j]);L=max(L,l[a[j]]);L=max(L,l[b[j]]);R=min(R,r[a[j]]);R=min(R,r[b[j]]);}int nn=st.size();//總共涉及了多少個點LL temp=0;if(L<=R)temp=(sum[nn][R]-sum[nn][L-1]+mod)%mod;if(__builtin_popcount(i)&1)ans=(ans-temp+mod)%mod;elseans=(ans+temp)%mod;}printf("%lld\n",ans);return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的CodeForces - 1400G Mercenaries(容斥原理)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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