[AtCoder Regular Contest 156][D. Xor Sum 5]

题目链接：D - Xor Sum 5

题目大意：给定一个长度为 $N(1\le N\le 1000)$ 的数组 $A(0\le A_i\le 1000)$，以及一个正整数 $K(1\le K\le 10^{12})$。现在要在这 $N$ 个数字里挑一个 $A_i$ 出来，并重复 $K$ 次这样的操作，对应的得分就是挑出来的 $A_i$ 之和。一共有 $N^K$ 种挑选方案，求所有挑选方案对应得分的异或和。

简化问题

将问题转化成生成函数来表示，那就是令 $P(x)=(x^{A_1}+x^{A_2}+...+x^{A_N})^K$，并求所有系数为奇数对应项的指数之和。那么考虑模 $2$ 意义下的多项式运算，就是求满足 $[x^S](x^{A_1}+x^{A_2}+...+x^{A_N})^K$ 的值为 $1$ 对应的所有 $S$ 的异或和。

接着考虑模 $2$ 意义下的一个经典式子：

$$(x_1+x_2+...+x_n)^2\equiv x_1^2+x_2^2+...+x_n^2+2\sum_{i<j}x_ix_j\equiv x_1^2+x_2^2+...+x_n^2$$

反复套用对应式子，我们得到：

$$(x_1+x_2+...+x_n)^{2^k}\equiv x_1^{2^k}+x_2^{2^k}+...+x_n^{2^k}$$

其实对于这个式子，我们也可以用 $\texttt{Lucas}$ 定理的推论来证明：

• 经典推论：$(x+y)^P\equiv x^P+y^P\pmod P$，其中 $P$ 为质数（考虑 $\binom{P}{i}$ 不为 $P$ 的倍数当且仅当 $i=0$ 或 $P$）
• 对 $P=2$，得出 $(x+y)^2\equiv x^2+y^2 \pmod 2$
• 反复套用该式，得出 $(\sum_{i=1}^n x_i)^2\equiv (\sum_{i=1}^{n-1} x_i)^2+x_n^2\equiv ...\equiv \sum_{i=1}^n x_i^2$

回到原问题，考虑 $K$ 的二进制表达 $K=\sum_{i=1}^{M}2^{k_i}$，那么就有：

$$[x^S](x^{A_1}+x^{A_2}+...+x^{A_N})^K\equiv [x^S]\prod_{i=1}^M(x^{A_1\times 2^{k_i}}+x^{A_2\times 2^{k_i}}+...+x^{A_N\times 2^{k_i}})$$

记第 $i$ 次选择的数字下标为 $X_i$，于是问题就由求 $\sum_{i=1}^K A_{X_i}$ 的异或和变成了求 $\sum_{m=1}^M A_{X_m}\times 2^{k_m}=S$ 的异或和。

组合计数

我们可以将这一问题转化为一道组合计数问题：对每个结果 $S$，确定 $\sum_{m=1}^M A_{X_m}\times 2^{k_m}=S$ 的方案数。由于我们最后求的是异或和，那么我们只需要统计方案数为奇数的答案即可，进一步地，我们考虑求和结果在二进制的某一位上为 $1$ 的方案数。

考虑动态维护所有满足方案数为奇数的 $S$ 组成的集合。设当前考虑的是二进制第 $i$ 位上的答案，显然更低位的信息我们是不需要的，所以我们动态维护所有的 $\lfloor\frac{S}{2^i}\rfloor$。又因为当 $k_m>i$ 时，$A_{X_m}\times 2^{k_m}$ 对答案的第 $i$ 位不产生贡献，所以我们可以等到 $i=k_m$ 时再考虑对应 $A_{X_m}\times 2^{k_m}$ 的选择。

于是在过程中，当我们考虑到第 $i$ 位时，集合中的元素个数。可以估算得出，集合中元素的最大值对应上界为：

$$\sum_{j=0}^{i} \lfloor\frac{\max(A)\times2^j}{2^i}\rfloor \le \sum_{j=0}^{i}\frac{\max(A)\times2^j}{2^i}=\max(A)\times \sum_{j=0}^{i} 2^{-j}\le 2\max (A)$$

所以在这个过程中，集合的大小始终是不超过 $2\max (A)$ 的。于是我们直接暴力维护集合即可在 $O(N^2\log K)$ 的复杂度内解决问题，每次统计答案时只需要统计集合内有多少个奇数即可。使用 $\texttt{bitset}$ 可以进行进一步的常数优化。

要注意的是，由于在考虑前面几位的答案时，对于 $k_m>i$ 对应的 $A_{X_m}\times 2^{k_m}$ 选择方案数还没有被统计进来，所以实际上这时对应的方案数还要乘上一个 $N$ 的若干次方 $N^{阿巴阿巴}$。因此当还存在 $k_m>i$ 时，我们还需要根据 $N$ 的奇偶性来判断当前位置是否可能有值。此外当 $i=k_M$ 时我们也可以直接计算最终答案，具体实现见代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2048
int n;
bitset<N>a,s,t;
long long k,ans;
int main()
{
	scanf("%d%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		a.flip(x);
	}
	s[0]=1;
	for(int i=0;i<=40;i++){
		for(int j=0;j<N;j++)if(s[j])
			s.flip(j/2),s.flip(j);
		if(k>>i&1){
			t.reset();
			k^=(1ll<<i);
			for(int x=0;x<N/2;x++)if(a[x])
				t=t^(s<<x);
			s=t;
		}
		if(k==0){
			long long res=0;
			for(int j=0;j<N;j++)if(s[j])res^=j;
			ans+=res<<i;
			return printf("%lld\n",ans),0;
		}
		if(n&1){
			long long o=0;
			for(int j=1;j<N;j+=2)if(s[j])o^=1;
			ans+=o<<i;
		}
	}
}