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无损加密

题目描述

/(n/times m/) 的矩形，进行 /(q/) 次变换，设 /(k/) 次变换后的矩阵是 /(A_k/)，初始 /(A_0/) 是单位矩阵。每次变换给定 /((l_k,r_k,c_k,d_k)/)：

/[(A_k)_{ij}=/begin{cases}d_k(A_{k-1})_{ij} & j/not/in [l_k,r_k]//d_k/sum_{t=l_k}^j(c_k)^{j-t}(A_{k-1})_{it} & j/in[l_k,r_k]///end{cases}
/]

求 /(f(A_q)/)，其中 /(f(B)/) 定义为：

/[f(B)=/Big(/sum_{S/subseteq/{1,2…m/},|S|=n}/det B_{S}/Big)/bmod (10^9+7)
/]

其中 /(B_S/) 表示矩阵 /(B/) 的所有行与 /(S/) 中元素对应的列，交叉处生成的一个 /(n/times |S|/) 的矩阵。

数据范围保证对于所有的 /(1/leq i/leq m/)，都有：

/[/sum_{i=1}^q[i/in[l_k,r_k]]/leq s
/]

/(2/leq n/leq m/leq 2/cdot 10^5,1/leq s/leq 8,q/leq sm/)

解法

真理：永远不要丝门弄数。

这题没有什么好的突破口，考虑从答案的角度入手，我们如何理解答案中出现的行列式？

谈到行列式，丝告诉我们，常见的模型有：/(/tt Binet-Cauthy/) 公式、矩阵树定理、/(/tt LGV/) 引理。最和本题贴合的是 /(/tt LGV/) 引理，我们把矩阵理解成 /(/tt LGV/) 引理中两点间路径的方案数，考虑构造一张分层图：

解释一下上面的构造：第一层有 /(n/) 个红点代表起点；最后一层有 /(m/) 个绿点代表终点。根据 /(/tt LGV/) 引理，我们只需要求出 /(n/) 条点不相交的路径，从红点开始在绿点结束的方案数。路径的权值是边权的乘积，方案的权值是路径权值的乘积。

再解释一下 /(B_S/) 这个东西，这对应了方案中的任意选择终点，所以被考虑进去了。

每一次变换相当于添加了 /(m/) 个点，和上一层的对应点连一条边权为 /(d/) 的边。对于在 /([l_i,r_i)/) 中的点，和下一个点连一条边权为 /(c/) 的边，这样构造正好能对应变换规则。

那么问题转化成在上图中求 /(n/) 条不交路径的方案数，直接 /(dp/) 很困难。

利用题目中 /(s/) 的条件，考虑切换 /(dp/) 主体，即我们不再按行 /(dp/) 而是按列 /(dp/)。那么每一列最多存在 /(9/) 个路径暂时的终点，可以暴力状压下来，设 /(dp[i][s]/) 表示考虑到第 /(i/) 列，集合 /(s/) 中的点作为终点的方案数（全集是这一列所有存在入边的点）

一个暴力的转移方法是，我们枚举这一层每个点对应走到下一层的哪个点，由于不交的限制，复杂度大概是 /(O(q/cdot 2^{2s})/)

再深入的分析，其实每个点都对应着下一层的一个范围，这个范围中的点是只有这个点能走到的。所以可以先传递给下一层离得最近的一个点，再考虑到下一层的时候考虑层间的转移，复杂度大概是 /(O(q/cdot 2^{s})/)

对于前 /(i/leq n/) 列，转移时需要加入起点；如果终点在 /(s/) 中，转移到下一层时需要把终点删除（代表这条路径结束）

还是不太好讲清楚，可以结合代码理解具体怎么 /(dp/) 的。

真理：永远不要丝门弄数。

总结

这种逆向思考的题目通常是难以下手的，但是出题人造出这道题一定是正向出发的。

所以正确的打开方式是，抓住题目中有特征的关键东西，然后考虑和这东西有关的理论，尝试套用一些经典模型。

#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("avx", "sse")
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 200005;
#define int long long
#define pb push_back
#define z(x) (1<<(x))
const int MOD = 1e9+7;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,k,po,dp[2][1<<9];vector<int> v[M],W[M];
int qkpow(int a,int b)
{
	int r=1;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) r=r*a%MOD;
		a=a*a%MOD;
		b>>=1;
	}
	return r;
}
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%MOD;}
signed main()
{
	freopen("encode.in","r",stdin);
	freopen("encode.out","w",stdout);
	n=read();m=read();k=read();po=1;
	for(int cnt=0;k--;)
	{
		int l=read(),r=read(),c=read(),h=read();
		po=po*h%MOD;
		for(int i=l;i<r;i++)
			v[i].pb(++cnt),W[i].pb(c);
	}
	dp[0][0]=1;
	for(int t=1,w=0;t<=m+1;t++,w^=1)
	{
		memset(dp[w^1],0,sizeof dp[w^1]);
		static int a[11]={},b[11]={},d[11]={};
		int n1=0,n2=0;
		for(auto x:v[t-1]) a[n1++]=x;
		for(auto x:v[t]) b[n2++]=x;
		for(int i=0,k=0;i<n1;i++)
		{
			while(k<n2 && b[k]<a[i]) k++;
			d[i]=k;
		}
		//down
		for(int i=0;i<n1;i++)
			for(int s=0;s<z(n1+1);s++)
				if((s>>i&1) && !(s>>(i+1)&1))
					add(dp[w][s^z(i)^z(i+1)],dp[w][s]);
		//delete the last one
		for(int s=0;s<z(n1);s++)
			add(dp[w][s],dp[w][s|z(n1)]);
		if(t>m) break;
		//to next
		for(int s=0;s<z(n1);s++) if(dp[w][s])
		{
			int ts=0,c=0,x=dp[w][s];
			if(t<=n) ts=1,c++;
			for(int i=0;i<n1;i++) if(s>>i&1)
				ts|=z(d[i]),c++,x=x*W[t-1][i]%MOD;
			if(__builtin_popcount(ts)!=c) continue;
			add(dp[w^1][ts],x);
		}
	}
	printf("%lld/n",dp[m&1][0]*qkpow(po,n)%MOD);
}