题目
小w 偶然间见到了一个DAG。
这个DAG 有m 层，第一层只有一个源点，最后一层只有一个汇点，剩下的每一层都有k 个节点。
现在小w 每次可以取反第i(1 < i < n – 1) 层和第i + 1 层之间的连边。也就是把原本从(i， k1) 连到(i + 1， k2) 的边，变成从(i， k2) 连到(i + 1， k1)。
请问他有多少种取反的方案，把从源点到汇点的路径数变成偶数条？
答案对998244353 取模。
状压dp
考虑用dp，
因为k<=10，而路径数只分奇偶，那可以用二进制来表示，
设\(f_{i,s}\)第i层的路径数状态位s的方案数。
根据边转移就可以了，
但是这样时间复杂度位\(O(n2^kk^2)\)
考虑优化，读入的每个点连出去的边都可以用二进制来表示，用位运算，这样就变成\(O(nk2^k)\)的了。
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
const int maxlongint=2147483647;
const int mo=998244353;
const int N=10005;
using namespace std;
int f[N][1034];
int n,m,b[N][12][12],mi[12],fb[N][12][12],bb[N][12],bc[N][12];
int read(int &n)
{
char ch=' ';int q=0,w=1;
for(;(ch!='-')&&((ch<'0')||(ch>'9'));ch=getchar());
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
for(;ch>='0' && ch<='9';ch=getchar())q=(q<<1)+(q<<3)+ch-'0';n=q*w;return n;
}
int main()
{
mi[0]=1;
for(int i=1;i<=11;i++) mi[i]=mi[i-1]*2;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++) read(b[1][1][i]),bb[1][1]+=b[1][1][i]*mi[i-1];
for(int i=2;i<=n-2;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=1;k<=m;k++) read(b[i][j][k]),fb[i][k][j]=b[i][j][k],bb[i][j]+=b[i][j][k]*mi[k-1],bc[i][k]+=fb[i][k][j]*mi[j-1];
for(int i=1;i<=m;i++) read(b[n-1][i][1]),bb[n-1][i]+=b[n-1][i][1];
f[1][1]=1;
for(int i=1;i<=n-1;i++)
for(int j=0;j<=mi[m]-1;j++)
{
int t=f[i][j];
if(t)
{
int tt=0;
for(int k=1;k<=m;k++)
tt^=bb[i][k]*bool(mi[k-1]&j);
f[i+1][tt]=(1ll*f[i+1][tt]+t)%mo;
if(i==1 || i==n-1) continue;
tt=0;
for(int k=1;k<=m;k++)
tt^=bc[i][k]*bool(mi[k-1]&j);
f[i+1][tt]=(1ll*f[i+1][tt]+t)%mo;
}
}
printf("%lld",f[n][0]);
}
