题干信息解读

给定一个由黑色（#）和白色（.）组成的 n 行 m 列矩阵，你可以选择若干行和列染成红色。染色后，被选中的行和列中的所有格子都会变为红色。要求计算有多少种不同的行列选择方案，使得染色后的矩阵中恰好剩下 k 个黑色格子。

整体做题思路

枚举所有可能的行和列选择：由于 n 和 m 的范围较小（最大为 6），可以使用位运算枚举所有可能的行和列组合。
计算剩余黑色格子数：对于每一种行列组合，计算未被选中的行和列的交叉点中原本就是黑色的格子数量。
统计符合条件的方案数：检查每种组合下剩余的黑色格子数是否等于 k，若是则计入答案。

难点和注意事项

位运算的应用：使用位掩码（bitmask）来枚举所有可能的行和列选择，每个位表示对应的行或列是否被选中。
剩余黑色格子的计算：需要确保只计算未被选中的行和列交叉点中的黑色格子。
时间复杂度的控制：由于 n 和 m 较小，枚举所有组合的时间复杂度为 O (2^(n+m))，是可行的。

AC代码（如有雷同，纯属巧合）

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
using namespace std;

int main() {
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    
    vector<string> matrix(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> matrix[i];
    }
    
    int ans = 0;
    
    // 枚举所有行的选择情况（0到2^n-1）
    for (int row_mask = 0; row_mask < (1 << n); ++row_mask) {
        // 枚举所有列的选择情况（0到2^m-1）
        for (int col_mask = 0; col_mask < (1 << m); ++col_mask) {
            int cnt = 0;
            // 遍历每个格子，检查是否为未被选中的行和列的交叉点
            for (int i = 0; i < n; ++i) {
                for (int j = 0; j < m; ++j) {
                    // 如果行i和列j都未被选中，并且原本是黑色格子
                    if (((row_mask & (1 << i)) == 0) && ((col_mask & (1 << j)) == 0) && matrix[i][j] == '#') {
                        cnt++;
                    }
                }
            }
            // 如果剩余黑色格子数等于k，方案数加1
            if (cnt == k) {
                ans++;
            }
        }
    }
    
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度：O (2^$(n+m) * n * m$)。枚举所有行和列的组合需要 O ($2^n * 2^m$) = O (2^(n+m))，对于每种组合，遍历所有格子需要 O ($n*m$)。
空间复杂度：O ($n*m$)。主要用于存储输入的矩阵。

该算法通过位运算高效枚举所有可能的行列组合，并直接计算剩余黑色格子数，确保在小规模数据下的高效性。