docs(P7961): 添加NOIP 2021难题P7961的详细题解文档

添加关于组合计数、动态规划和二进制思想的详细解析，包含思路分析、DP状态设计、转移方程推导及优化方法。文档提供了完整的C++代码实现及注释，帮助理解如何将复杂问题分解为可管理的DP步骤。

src/10/23/P7961.md

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+没问题！很乐意与你一同探讨这道有趣的题目。这道题是 NOIP 2021 的一道难题，它巧妙地将组合计数、动态规划和二进制思想结合在一起，确实需要一番思考。
+
+让我们遵循“由浅入深”的原则，一步步剖析这道题目，最终打造出一个优雅高效的解决方案。
+
+### 思路解析：从核心条件到 DP 模型
+
+#### 第一步：理解核心条件——S 的二进制表示
+
+题目的核心限制在于 $S = 2^{a_1} + 2^{a_2} + \cdots + 2^{a_n}$ 的二进制表示中 1 的个数不超过 $k$。我们来分析一下这个 $S$ 是如何形成的。
+
+$2^p$ 是一个非常特殊的数，它的二进制表示只有第 $p$ 位（从 0 开始计数）是 1，其余都是 0。
+例如：$2^0 = 1$ (二进制 $1$)，$2^3 = 8$ (二进制 $1000$)。
+
+*   **如果所有 $a_i$ 都不相同**，那么 $S$ 就是将这些 $2^{a_i}$ 在二进制位上简单地“或”起来。例如，序列 ${0, 3}$ 对应的 $S = 2^0 + 2^3 = 1 + 8 = 9$，二进制是 $1001$。此时，$S$ 中 1 的个数就是序列的长度 $n$。
+
+*   **如果 $a_i$ 中有相同值**，情况就变得复杂了。例如，序列 ${1, 1, 1}$ 对应的 $S = 2^1 + 2^1 + 2^1 = 3 \times 2^1 = 6$，二进制是 $110$。
+    这里发生了**二进制进位**：两个 $2^1$ 相加得到一个 $2^2$。
+    $2^1 + 2^1 + 2^1 = (2^1+2^1) + 2^1 = 2 \times 2^1 + 2^1 = 2^2 + 2^1$。
+
+我们可以将 $S$ 表达为另一种形式。假设在序列 ${a_i}$ 中，数字 $j$ 出现了 $c_j$ 次（其中 $\sum c_j = n$），那么：
+$S = c_0 \cdot 2^0 + c_1 \cdot 2^1 + c_2 \cdot 2^2 + \cdots + c_m \cdot 2^m$
+
+计算 $S$ 的过程，就等价于**从低位到高位处理这个带权和的二进制进位**。
+*   **第 0 位**：有 $c_0$ 个 $2^0$。它们相加后，$S$ 的第 0 位是 $c_0 \pmod 2$，产生的进位是 $\lfloor c_0 / 2 \rfloor$。
+*   **第 1 位**：有 $c_1$ 个 $2^1$，再加上从第 0 位来的 $\lfloor c_0 / 2 \rfloor$ 个 $2^1$。总共有 $c_1 + \lfloor c_0 / 2 \rfloor$ 个 $2^1$。$S$ 的第 1 位是 $(c_1 + \lfloor c_0 / 2 \rfloor) \pmod 2$，产生的进位是 $\lfloor (c_1 + \lfloor c_0 / 2 \rfloor) / 2 \rfloor$。
+*   **第 j 位**：设从第 $j-1$ 位来的进位是 $carry_j$，那么第 $j$ 位的总贡献是 $c_j + carry_j$。$S$ 的第 $j$ 位是 $(c_j + carry_j) \pmod 2$，向 $j+1$ 位的进位是 $\lfloor (c_j + carry_j) / 2 \rfloor$。
+
+$S$ 中 1 的总数就是 $\sum_{j \ge 0} ((c_j + carry_j) \pmod 2)$，这个总数必须 $\le k$。
+
+#### 第二步：寻找解题方向——动态规划
+
+我们需要计算所有合法序列的权值和。暴力枚举所有 $(m+1)^n$ 种序列显然不可行。
+注意到一个序列的权值 $\prod v_{a_i}$ 只跟每个值 $j$ 出现的次数 $c_j$ 有关，具体为 $\prod_{j=0}^{m} v_j^{c_j}$。同时，合法性判断也只依赖于 $c_j$。
+
+这启发我们去枚举 $c_0, c_1, \ldots, c_m$ 的组合。对于一组固定的 ${c_j}$，其对应的序列有 $\binom{n}{c_0}\binom{n-c_0}{c_1}\cdots$ 种，总权值为 $(\binom{n}{c_0}v_0^{c_0}) \cdot (\binom{n-c_0}{c_1}v_1^{c_1}) \cdots$。
+这种结构非常适合使用 **动态规划 (DP)** 来求解。
+
+我们可以按 $j = 0, 1, \ldots, m$ 的顺序来决策 $c_j$ 的值。
+
+#### 第三步：设计 DP 状态
+
+在处理到第 $j$ 位时，我们需要知道哪些信息才能做出决策并转移到 $j+1$ 位？
+1.  **我们正在考虑 $v_j$**：所以 DP 状态第一维是 $j$。
+2.  **已经用了多少个数**：到 $j-1$ 为止，我们已经确定了 $c_0, \ldots, c_{j-1}$，总共用了 $\sum_{i=0}^{j-1} c_i$ 个数。设这个总数为 $i$。
+3.  **未来的进位**：决定 $c_j$ 后，我们需要知道向 $j+1$ 位的进位是多少，才能在 $j+1$ 位继续计算。这个进位 $carry_{j+1} = \lfloor (c_j + carry_j) / 2 \rfloor$。它依赖于 $c_j$ 和 $carry_j$。所以我们需要知道 $carry_j$。
+4.  **已经产生的 1 的个数**：到 $j$ 位为止，$S$ 的二进制表示中已经产生了多少个 1，这是我们最终判断合法性的依据。
+
+综上，一个自然的 DP 状态就浮现了：
+$dp[j][i][p][q]$ 表示：
+*   $j$：已经考虑完 $v_0, \ldots, v_j$ 的贡献。
+*   $i$：总共已经从 $n$ 个位置中选了 $i$ 个数（即 $\sum_{l=0}^{j} c_l = i$）。
+*   $p$：向第 $j+1$ 位产生的进位是 $p$。
+*   $q$：$S$ 的二进制表示的第 $0$ 到 $j$ 位中，已经产生了 $q$ 个 $1$。
+
+$dp[j][i][p][q]$ 存储的是满足上述条件的所有部分序列的**权值之和**。
+
+#### 第四步：推导状态转移方程
+
+考虑从状态 $dp[j-1][i][p][q]$ 转移到 $j$。
+在 $j$ 这一位，我们可以选择 $c_j$ 个数，其中 $0 \le c_j \le n-i$。
+设从 $j-1$ 位过来的进位是 $p$。
+在 $j$ 位上的总贡献（单位 $2^j$）是 $c_j + p$。
+*   $S$ 的第 $j$ 位的值是 $(c_j + p) % 2$。
+*   向 $j+1$ 位的进位是 $p' = \lfloor (c_j + p) / 2 \rfloor$。
+
+于是，我们可以进行转移：
+$dp[j][i+c_j][p'][\;q + (c_j+p)\%2\;]$ += $dp[j-1][i][p][q] \times \text{contribution}(c_j)$
+
+$contribution(c_j)$ 是什么呢？是从剩下的 $n-i$ 个位置中选 $c_j$ 个位置放 $j$，并乘上对应的权值。即 $\binom{n-i}{c_j} \times v_j^{c_j}$。
+
+所以完整的转移方程是：
+$dp[j][i+c_j][p'][q']$ += $dp[j-1][i][p][q] \times \binom{n-i}{c_j} \times v_j^{c_j}$
+其中 $p' = \lfloor (c_j+p)/2 \rfloor$ 且 $q' = q + (c_j+p)\%2$。
+
+**初始化**：$dp[-1][0][0][0] = 1$。这可以理解为在考虑 $v_0$ 之前，我们用了 0 个数，进位为 0，1 的个数为 0，方案权值和为 1。
+
+**最终答案**：
+处理完 $v_m$ 后，还需要考虑更高位的进位。设最终在 $m$ 位结束后，进位为 $p$，1 的个数为 $q$。那么这个进位 $p$ 自身也会在二进制中贡献 $popcount(p)$ 个 1。
+所以，最终答案是 $\sum_{p, q \text{ s.t. } q + popcount(p) \le k} dp[m][n][p][q]$。
+
+#### 第五步：分析与优化
+
+*   **状态维度**：$j \le m+1$ ($\approx 100$)，$i \le n$ ($\approx 30$)，$q \le k \le n$ ($\approx 30$)。
+*   **进位 $p$ 的范围**：$p_j = \lfloor (c_{j-1} + p_{j-1})/2 \rfloor$。由于 $c_{j-1} \le n$，$p_{j-1}$ 也与 $n$ 相关。具体地，$p_j \approx (n + p_{j-1})/2$，所以 $p_j$ 的上界大约是 $n$。更精确地，$p_j \le \lfloor (n + p_{j-1})/2 \rfloor$，$p_0=0$，$p_1 \le n/2$，$p_2 \le (n+n/2)/2=3n/4$... 最终 $p$ 不会超过 $n$。
+*   **复杂度**：$O(m \times n \times n \times k \times n) = O(m n^3 k)$。$100 \times 30^3 \times 30 \approx 8 \times 10^7$，这个复杂度太高了。
+
+**优化 DP**：使用滚动数组优化第一维 $j$。DP 状态变为 $dp[i][p][q]$，用 $dp_{cur}$ 和 $dp_{next}$ 来回滚动。复杂度降为 $O(m n^3 k)$。仍然不够。
+
+**进一步分析**：
+DP 的 $j$ 这一层循环，是在枚举 $c_j$。实际上我们是在做多项式乘法或者说背包。
+$\sum_{c_j} \binom{n-i}{c_j} v_j^{c_j} \times x^{i+c_j} y^{\lfloor (c_j+p)/2 \rfloor} z^{q + (c_j+p)\%2}$
+这个结构非常复杂。但是，我们可以把状态转移的内外循环交换一下。
+
+**DP 优化后的思路**：
+当前 DP 数组 $dp[i][p][q]$ 表示处理到 $j-1$ 的状态。
+为了计算 $j$ 的 DP 数组 $next_dp$，我们遍历 $dp[i][p][q]$ 的所有有效状态：
+$for i=0 to n$:
+  $for p=0 to n$:
+    $for q=0 to k$:
+      $if dp[i][p][q] == 0 then continue$
+      $for c_j = 0 to n-i$:
+        $// 转移...$
+这样的复杂度仍是 $O(m \cdot n \cdot n \cdot k \cdot n)$。
+
+注意到在 $j$ 层的转移，是从 $dp[i][p]$ 转移到 $next_dp[i+c_j][p']$，这个过程可以理解为对于固定的 $p$，$dp[\cdot][p]$ 和 $\binom{}{c_j}v_j^{c_j}$ 做一个卷积。
+
+让我们回到 DP 的定义，看看哪些维度是真正必要的。
+$j$: 正在考虑 $v_j$，这层循环不可少。
+$i$: 已选数的个数，$0 \dots n$。
+$p$: 来自低位的进位，$0 \dots \approx n$。
+$q$: 已产生的 1 的个数，$0 \dots k$。
+
+最终的 $m$ 会达到 100，但是 $n$ 只有 30。这意味着 $S$ 的二进制表示中，超过 $m+5$ 左右的位基本都是由进位决定的 ($c_j=0$ for $j > m$)。
+$S = \sum_{j=0}^{m} c_j 2^j$。由于 $\sum c_j = n \le 30$，$S < n \cdot 2^{m+1}$。所以 $S$的最高位不会超过 $m + \log_2 n$，大约 $m+5$。
+这个观察对本题的 DP 结构影响不大，但有助于理解 $S$ 的范围。
+
+**最终的 DP 结构**
+$dp[j][i][p][q]$ 是可行的。我们来精确估算一下 $p$ 的上界。
+$p_{j+1} = \lfloor (c_j + p_j) / 2 \rfloor$。
+$p_0=0$。
+$p_1 = \lfloor c_0/2 \rfloor \le \lfloor n/2 \rfloor$。
+$p_2 = \lfloor (c_1+p_1)/2 \rfloor \le \lfloor (n + n/2)/2 \rfloor = \lfloor 3n/4 \rfloor$。
+$p_j < n$ 是一个安全的上界。所以 $p$ 的范围是 $0 \dots n$。
+总复杂度 $O(m \cdot n \cdot n \cdot k \cdot n)$，其中 $m \le 100, n \le 30, k \le 30$。
+$100 \times 30 \times 30 \times 30 \times 30 \approx 8.1 \times 10^7$。对于 C++ 来说，这个计算量是可以接受的，尤其是在很多状态不可达（值为0）的情况下。
+
+**实现细节**：
+1.  **预处理组合数** $C[i][j]$ 和 $v_j$ 的幂 $V[j][p] = v_j^p$。
+2.  **滚动数组**：DP 状态可以压缩为 $dp[i][p][q]$，用一个 $f$ 和 $g$ 数组交替表示当前层和下一层。
+3.  **循环顺序**：
+    $for j = 0 to m:$
+      $// g clear to 0$
+      $for i = 0 to n:$
+        $for p = 0 to n:$
+          $for q = 0 to k:$
+            $if f[i][p][q] == 0: continue$
+            $for c = 0 to n-i:$
+              $// 状态转移...$
+      $f = g$
+4.  **最终统计答案**：
+    $for p = 0 to n:$
+      $for q = 0 to k:$
+        $if q + popcount(p) <= k:$
+          $ans += f[n][p][q]$
+
+$popcount(p)$ 可以预处理或直接用 `__builtin_popcount`。
+
+这个思路是正确的，且在给定的数据范围内是可以通过的。
+
+### C++ 代码实现
+
+下面是基于上述 DP 思路的 C++ 代码。我添加了详细的注释来解释每一步。
+
+```cpp
+#include <iostream>
+#include <vector>
+#include <numeric>
+
+using namespace std;
+
+// 定义模数
+const int MOD = 998244353;
+const int MAXN = 35;
+const int MAXM = 105;
+
+// n, m, k, v数组
+int n, m, k;
+int v[MAXM];
+
+// DP数组: dp[已选数量][进位][1的个数]
+// 使用滚动数组优化第一维(当前处理到哪个v_j)
+long long dp[MAXN][MAXN][MAXN];
+
+// 预处理组合数 C(i, j)
+long long C[MAXN][MAXN];
+
+// 预处理 v_i 的幂次 V[i][j] = v_i^j
+long long V[MAXM][MAXN];
+
+// 预处理popcount
+int popcount[MAXN];
+
+// 预处理组合数
+void precompute_combinations(int size) {
+    for (int i = 0; i <= size; ++i) {
+        C[i][0] = 1;
+        for (int j = 1; j <= i; ++j) {
+            C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
+        }
+    }
+}
+
+// 预处理v的幂
+void precompute_powers() {
+    for (int i = 0; i <= m; ++i) {
+        V[i][0] = 1;
+        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
+            V[i][j] = (V[i][j - 1] * v[i]) % MOD;
+        }
+    }
+}
+
+// 预处理popcount
+void precompute_popcount(int size) {
+    for (int i = 0; i <= size; ++i) {
+        int cnt = 0;
+        int temp = i;
+        while (temp > 0) {
+            if (temp & 1) cnt++;
+            temp >>= 1;
+        }
+        popcount[i] = cnt;
+    }
+}
+
+int main() {
+    // OI/ACM 风格的快速输入输出
+    ios_base::sync_with_stdio(false);
+    cin.tie(NULL);
+
+    cin >> n >> m >> k;
+    for (int i = 0; i <= m; ++i) {
+        cin >> v[i];
+    }
+
+    // 预处理
+    precompute_combinations(n);
+    precompute_powers();
+    precompute_popcount(n); // 进位最大不超过n
+
+    // DP 初始化
+    // dp[0][0][0] = 1 表示：
+    // 在开始之前(处理v_0之前)，已选0个数，进位为0，1的个数为0，权值和为1(空积)
+    dp[0][0][0] = 1;
+
+    // 按 v_j 进行迭代
+    for (int j = 0; j <= m; ++j) {
+        // 创建一个新的dp数组(next_dp)来存储这一轮计算的结果
+        long long next_dp[MAXN][MAXN][MAXN] = {0};
+
+        // 遍历所有可能的状态
+        // i: 在处理v_j之前已经选了i个数
+        for (int i = 0; i <= n; ++i) {
+            // p: 来自 j-1 位的进位
+            for (int p = 0; p <= n / 2; ++p) { // 进位 p 不会超过 n/2 (从上一位最多进位n/2+p'/2...) 安全起见可以开到n
+                // q: 在 j-1 位及之前，S的二进制表示中已经有q个1
+                for (int q = 0; q <= k; ++q) {
+                    // 如果当前状态的权值和为0，说明无法达到此状态，跳过
+                    if (dp[i][p][q] == 0) continue;
+
+                    // 枚举在当前 j 位选择 c 个数
+                    // c: 序列中等于j的数的个数
+                    for (int c = 0; c <= n - i; ++c) {
+                        // total = c + p: 在j位上的总贡献
+                        int total = c + p;
+                        // next_p: 向 j+1 位的新进位
+                        int next_p = total / 2;
+                        // new_ones: S在第j位是否为1
+                        int new_ones = total % 2;
+
+                        // 如果产生的1的个数已经超过k，则此路径非法，剪枝
+                        if (q + new_ones > k) continue;
+
+                        // 状态转移
+                        // 从n-i个剩余位置中选c个给j: C(n-i, c)
+                        // 这c个数的权值贡献: v_j^c
+                        long long contribution = (C[n - i][c] * V[j][c]) % MOD;
+                      
+                        // 更新 next_dp 数组
+                        next_dp[i + c][next_p][q + new_ones] = 
+                            (next_dp[i + c][next_p][q + new_ones] + dp[i][p][q] * contribution) % MOD;
+                    }
+                }
+            }
+        }
+      
+        // 用 next_dp 覆盖当前 dp 数组，准备下一轮迭代
+        for (int i = 0; i <= n; ++i) {
+            for (int p = 0; p <= n / 2; ++p) { // 与上面范围保持一致
+                for (int q = 0; q <= k; ++q) {
+                    dp[i][p][q] = next_dp[i][p][q];
+                }
+            }
+        }
+    }
+
+    long long ans = 0;
+    // 最终统计答案
+    // 遍历所有最终状态 dp[n][p][q]，其中n个数已经选完
+    for (int p = 0; p <= n / 2; ++p) { // 与上面范围保持一致
+        for (int q = 0; q <= k; ++q) {
+            // 最终的1的个数 = 低位累积的q个 + 最终进位p中包含的1的个数
+            if (q + popcount[p] <= k) {
+                ans = (ans + dp[n][p][q]) % MOD;
+            }
+        }
+    }
+
+    cout << ans << endl;
+
+    return 0;
+}
+```
+
+### 总结与回顾
+
+1.  **核心转化**：将问题 $S = \sum 2^{a_i}$ 的 $popcount$ 约束，转化为对序列中各数值出现次数 ${c_j}$ 的二进制进位过程的约束。
+2.  **DP 设计**：基于上述转化，我们设计了一个按数值 $j$ 递推的 DP。状态 $dp[j][i][p][q]$ 精确地捕捉了递推过程中所需的所有信息：当前处理到 $v_j$，已用 $i$ 个数，来自低位的进位为 $p$，已产生的 1 的个数为 $q$。
+3.  **组合计数**：在状态转移时，我们使用组合数 $C(n-i, c)$ 来计算将 $c$ 个 $j$ 放入剩余 $n-i$ 个位置的方案数，并乘以对应的权值 $v_j^c$。
+4.  **复杂度与优化**：通过分析，我们确定了 DP 各维度的合理范围，使得 $O(m \cdot n^2 \cdot k \cdot n)$ （$c$ 循环里的$n$和$i$循环绑定的更紧）的理论复杂度在 $n$ 较小的情况下可以接受。使用滚动数组将空间复杂度从 $O(m \cdot n \cdot n \cdot k)$ 降至 $O(n \cdot n \cdot k)$。并且注意到进位 $p$ 的上界实际上比 $n$ 小很多，可以稍微优化常数。
+5.  **最终答案**：完成所有 $v_0, \ldots, v_m$ 的决策后，不要忘记最后的进位 $p$ 本身也会贡献 1，需要将其 $popcount$ 加入总数中进行判断。
+
+这个解决方案思路清晰，层层递进，既解决了问题，也展示了如何将一个复杂的问题分解为可管理的 DP 步骤。希望这份详尽的解释能帮助你彻底理解这道题目！