IT（然而其实是。。hdu5244？)
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Description
IT = Inverse Transform
两个长度为 \(2^n\) 的序列 \(a,b\). ( 下标从 0 到 \(2n−1\) )
满足 \(0≤a_i≤10^9\) , 且 \(b\) 由 \(a\) 变换而来, 变换如下:
其中 \(∨\) 表示按位或, \(⊕\) 表示按位异或. \(的二进制中的个数为偶数f(x)=[x的二进制中1的个数为偶数]\)
(其中 [expression] 当 expression为真时为 1, 否则为 0)
现在, \(a\) 序列被玩丢了...
请你通过 \(b\) 序列还原出 \(a\) 序列
Input
第一行一个数 \(T\) 表示测试数据组数
接下来对于每组数据 :
第一行一个整数 \(n\)
第二行 \(2^n\) 个整数, 表示序列 \(b\)
Output
输出包括 \(T\)行
每行 \(n\) 个整数, 表示序列 \(a\)
Sample Input
4
0
1
1
1 3
2
5 3 4 10
3
101 91 92 104 93 105 108 190
Sample Output
1
1 2
1 2 3 4
31 24 26 23 27 23 24 12
HINT
对于10% 的数据 \(n≤5\)
对于另外10% 的数据\(n≤10\)
对于100% 的数据 : \(T≤5,1≤n≤20\)
数据保证 \(b\) 序列 能 唯一地对应一个 \(a\) 序列
且保证对应的 \(a\) 序列满足 \(0≤a_i≤10^9\)
( 注意 : 但 不保证 读入的 \(b\) 序列满足 \(0≤b_i≤10^9\) )
Solution
- 10%
这个直接大力高斯消元就好了，注意是。。不保证\(b\)是int所以要用long long。。
（另外10%不会qwq）
- 100%
首先观察一下那个诡异的变换\((i∨j)⊕i\)（记作\(change(x,y)\)好了）我们考虑一下把不同的\(0\)和\(1\)组合带进去会得到什么：
会发现带进去的除了\((0,1)\)以外其他全部都是\(0\)
然后我们再看一下那个诡异的\(f\)函数，会发现我们需要考虑的只是\(change\)后的\(1\)的个数的奇偶性
然后因为这个东西每位的运算是独立的，再加上是二进制，可以考虑分治来解决这个问题
\(b\)推\(a\)比较烦，那么就先看\(a\)推\(b\)
考虑每次将这个数列分成两半，对于\([l,mid]\)中的\(b_i\)，我们只求\(b_i=\sum\limits_{j=l}^{mid}f(change(i,j))a[j]\)
同理\([mid+1,r]\)中的\(b_i=\sum\limits_{j=mid+1}^{r}f(change(i,j))a[j]\)
换句话来说，就是对于分成的每一个区间，我们只求这个区间内对答案的贡献，按照这样的方式，分到最后区间长度为\(1\)时，我们可以得到\(b_i=a_i\)，然后再将这些分开的区间一层一层地合并，同时统计跨区间的贡献，最后得到完整的\(b\)数组（有点像。。线段树的pushup一样？）
那么现在考虑怎么统计跨区间的贡献
我们考虑将\([l,mid]\)和\([mid+1,r]\)合并成\([l,r]\)的情况，考虑这样划分出来的区间的性质，必定是\([2^n,2^m-1]\)这样的形式，记\([l,mid]\)的区间长度为\(2^k\)，\([l,mid]\)和\([mid+1,r]\)还满足这两个区间对应的下标写成二进制后，后\(k\)位是一样的，只有第\(k+1\)位不同，举\([0,1]\)和\([2,3]\)为例子，两个区间对应的下标写成二进制后分别是\(00,01\)和\(10,11\)，对应起来只有第\(2\)位是不同的，而且左边的一组这位全是\(0\)，右边的一组这位全是\(1\)
清楚了这样的性质之后，再考虑合并区间就方便多了
为了方便我们将\([l,mid]\)记作\(bx\)（下标从\(l\)到\(mid\) ），\([mid+1,r]\)记作\(by\)（下标从\(mid+1\)到\(r\) ），这两个区间合并后在大区间记作\(b\)（下标从\(l\)到\(r\) ），\(b\)由\(b'x\)和\(b'y\)两个部分组成，其中\(b'x\)的下标从\(l\)到\(mid\)，\(b'y\)的下标从\(mid+1\)到\(r\)
首先考虑\(b'y[i]\)是怎么得到的，首先肯定是\(by[i]\)加上\(\sum\limits_{j=l}^{mid}f(change(i,j))a[j]\)得到的，而由于\(bx\)和\(by\)的下标满足上面的性质，所以我们只用考虑不同的那一位对\(1\)的个数的奇偶性的影响
而因为我们的\(change\)只有带入\((0,1)\)后得到的是\(1\)，也就是说只有两个数不同的那一位分别为\(0\)和\(1\)的时候才会对奇偶性有影响，所以我们可以发现，当\(i \in [mid+1,r]\)时，\(\sum\limits_{j=l}^{mid}f(change(i,j))a[j]=bx[i-mid]\)（因为这样不同的两位带进去是\((1,0)\)，得出来是\(0\)，不会对奇偶性造成影响，而除去不同的那一位，\(i\)和\(i-mid\)的其他位是一样的，贡献相同），所以我们可以知道:
同理，考虑\(b'x[i]\)是怎么得到的，肯定也是\(bx[i]\)加上\(\sum\limits_{j=mid+1}^{r}f(change(i,j))a[j]\)得到的，从同样的角度来分析，会发现\(b'x[i]\)在计算的时候，我们带进去考虑的不同的那位是\((0,1)\)，得出来是\(1\)，会影响奇偶性，所以那一大段sigma应该是等于计算\(by[i+ mid]\)中\(f\)值为\(0\)的\(a[j]\)的和，我们记\(\sum\limits_{i=mid+1}^{r}a[i]=sum\)，那么：
于是乎顺推的问题就很愉快滴解决了（感觉有点像FFT？）
但是现在的问题是知道\(b\)来求\(a\)啊，也就是我们要从\(b'x\)和\(b'y\)推回\(bx\)和\(by\) ，所以我们把上面的两条式子稍微变一下：
看起来不错，但是那个\(sum\)怎么办？
我们再考虑一下\(by[r]\)（也就是\(by\)部分的最后一位）的值是哪些\(a\)贡献过来的，因为\(r\)是\(2^k-1\)的形式，所以写成二进制之后（不看前导零）都是\(1\)，也就是从下面的更小的区间合并上来时，怎么算\(1\)的个数的奇偶性都不会有变化，也就是说\([l,r]\)这个区间内的所有\(a\)都是对其有贡献的，即\(by[r]=\sum\limits_{i=l}^{r}a[i]\)，而\(bx[mid]\)（也就是\(bx\)部分的最后一位）则是除了从右边数第\(k\)位是\(0\)外，其他位和\(r\)相同，稍微思考一下其推上来的过程可以发现\(bx[mid]=\sum\limits_{i=l}^{mid}a[i]\)
那么我们的\(sum=by[r]-bx[mid]\)就好了
然后就一路推下去长度从\(n\)推到\(1\)就可以将\(a\)完整还原出来啦
代码大概长这个样子，十分简短
（题外话：听说这个其实跟FWT很像？然后写起来的循环跟FFT长得一样样的除了最外层逆过来枚举了）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=(1<<20)+10;
ll a[MAXN];
int n,m,T;
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&T);
ll sum;
for (int o=1;o<=T;++o){
scanf("%d",&n);
n=1<<n;
for (int i=0;i<n;++i) scanf("%lld",a+i);
for (int len=n;len>=1;len>>=1){
for (int st=0;st<n;st+=len){
sum=a[st+len-1]-a[st+(len>>1)-1];
for (int i=0;i<(len>>1);++i){
a[st+i]=(a[st+i]+a[st+i+(len>>1)]-sum)/2;
a[st+i+(len>>1)]=a[st+i+(len>>1)]-a[st+i];
}
}
}
for (int i=0;i<n;++i)
printf("%lld ",a[i]);
printf("\n");
}
}
