CF1605F PalindORme

不知道是怎么想到的。ntf 实在是不平凡的。/bx/bx/bx

你考虑如何判断一个序列是 $\text{good}$ 的。设重排后序列 $t_i$ 前缀 $[1,i]$ 和后缀 $[n-i+1,n]$ 按位或等于 $w_1$，$[1,i+1]$ 和 $[n-i,n]$ 按位或等于 $w_2$。不难发现 $w_1\subseteq w_2$，这说明 $w_2$ 和 $w_1$ 的对称差对应的那些位上，$t_{i+1}$ 和 $t_{n-i}$ 均为 $1$。于是扔掉顺序，就变成了 $b_i$ 里面任取两个数 $x,y$，令 $x',y'$ 为它们去掉当前按位或值 $V$ 是 $1$ 的位的值，那么 $x'=y'$，再将 $V\gets V\text{or}\ x'$。

合法的序列一定会判断合法，因为每步中满足条件的 $x,y$，如果它们没有被选，那么接下来选数时 $x,y$ 仍然合法。并且一定可以从一个不合法的序列中拆出一个合法的子序列，而且去掉这个子序列的或和为 $1$ 的位之后，剩下来的数互不相同。

为了避免算重，如果剩下的数中有 $0$，我们将其算进合法子序列内。

然后就可以数数了。设 $dp_{i,j}$ 为长度为 $i$，按位或的 $\text{popcount}$ 为 $j$ 的不合法序列的方案数。答案枚举 $j$ 求和即可。每次转移就枚举其合法子序列的长度以及值域（因为合法子序列的或值上的 $1$ 可以全部去除），显然：

$$dp_{i,j}=\sum\limits_{p\in [0,i),q\in [0,j)}(g_{p,q}-dp_{p,q})\dbinom{i}{p}\dbinom{j}{q}2^{(i-p)q}f_{i-p,j-q}$$

其中 $g_{i,j}$ 表示长度 $i$，值域 $[0,2^j)$ 的序列，按位或和为 $2^j-1$ 的序列个数。$f_{i,j}$ 表示长度 $i$，值域 $[1,2^j)$ 的序列，每个位置上的值互不相同，按位或和为 $2^j-1$ 的序列个数。$g_{p,q}-dp_{p,q}$ 就是合法子序列的个数，然后任取 $p$ 个位置和 $q$ 个二进制位。最后要求 $i-p$ 个数要互不相同，而且对于 $V$ 为 $1$ 的位，不合法的部分的数可以任选，所以乘上 $2^{(i-p)q}$。

至于如何计算 $f,g$，根据二项式反演（钦定一些位为 $1$）：

$$f_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^j\dbinom{j}{k}(-1)^{j-k}(2^k-1)^{\underline{i}}$$

$$g_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^j\dbinom{j}{k}(-1)^{j-k}(2^k)^i$$

做完了，复杂度 $O(n^2k^2)$。

评测记录。

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upd : 详细证一下最后那个式子。

考虑计算 $g$，首先令 $t_{i,j}$ 为长度 $i$，值域 $2^{j}-1$ 随便选的方案。显然 $t_{i,j}=2^{ij}$。

考虑选出 $k$ 位，使得或起来后这些位为 $1$，其它全是 $0$。去掉其它位后，只剩 $k$ 位，所以方案数就是 $g_{i,k}$。

那么枚举 $k$：

$$t_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^j\dbinom{j}{k}g_{i,k}$$

其实本质是容斥，二项式反演即可。$f$ 同理。