对一类异或和计数问题的探讨

对一类异或和计数问题的探讨

by AmanoKumiko

起因是 ABC288Ex，简短的题目让我从中受益很多。

该计数问题一共有三种模型。

分别是：

1.\(n\) 个数的序列，每个数在 \([0,m-1]\) 上，求异或和为 \(X\) 的方案数，设为 \(A_n\)。

2.\(n\) 个数的集合，每个数在 \([0,m-1]\) 上，求异或和为 \(X\) 的方案数，设为 \(B_n\)。

3.\(n\) 个数的多重集合，每个数在 \([0,m-1]\) 上，求异或和为 \(X\) 的方案数，设为 \(C_n\)。

模型三

模型三和模型二之间有明显的关系，因为只要对第二种卷上一个 \(\frac{1}{(1-x^2)^m}\) 就行了。

接下来转化为每个数至多出现一次，也就是模型二的问题。

模型二

我们知道，模型一显然是一个更加可做的问题，但是缺乏模型一和二之间的对应。

不妨先假设模型二是有序序列，最后只需除掉一个阶乘。

然后考虑在模型一上容斥。

具体来说，是集合划分容斥。

我们有恒等式：

\[[m=1]=\sum_{a_1+a_2+\cdots+a_k=m}\prod_{i=1}^k(a_i-1)!(-1)^{a_i-1} \]

证明也不难，因为这相当于枚举圆排列，反演一下就得证了。

现在只需强制让每个集合内的数相同，集合之间不用管。

显然只有奇数大小的集合会有贡献，而其正好就是模型一中的问题。

接下来有两条路。

第一种适用于求所有项。

设 \(w_{i,j}\) 表示大小为\(i\)的序列，\(j\) 种数出现了奇数次，\(m-j\) 种数出现了偶数次的方案数。

那么

\[w_{i,j}=jw_{i-1,j-1}+(m-j)w_{i-1,j+1} \]

也就是枚举最后一个位置上填了什么。

那么最后有

\[A_n=\sum_{i=0}^nw_{n,i}B_i \]

每项都求出来就是 \(O(n^2)\) 的。

第二种使用于求单项。

考虑拉格朗日反演。

对于奇数大小的集合，最后再考虑填什么数，所以其 EGF 就是 \(F(x)=\frac{1}{2}(\ln(1+x)-\ln(1-x))\)。

对于偶数大小的集合，显然每个集合都有 \(m\) 种填法，所以就是 \(G(x)=\exp(\frac{m}{2}\ln(1-x^2))=(1-x^2)^{\frac{m}{2}}\)。

然后有

\[B_n=\sum_{i=0}^nA_i[x^n]\frac{F(x)^i}{i!}G \]

\(F(x)\) 的复合逆容易求解，就是 \(\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\)。

剩下的问题是 well-known 的，于是这一部分是 \(O(n\log n)\) 的。

模型一

接下来考虑最本源的模型一。

一个 naive 的想法是数位 dp，记录位数和顶到上界的数的个数。

单次就是 \(O(n^2\log m)\) 的。

显然可以有更优的做法。

枚举一个公共的 lcp，然后从当前位填 \(0\) 的数中选出一个，剩下的全部任意填。

可以发现，最后用选出的这个数一定能凑出 \(X\)。

于是就是要算

\[\sum_{i=1}^{n}[(n-i)\equiv X_i\pmod2]\binom{n}{i}(2^{k})^{i-1}S_k^{n-i} \]

\(S\) 表示 \(m\) 剩余位组成的数。

稍微化简一下就可以变成幂和问题，于是就能做到单次 \(O(\log m)\)。

当 \(X=0\) 时：

令 \(k=popcount(m)\)。

求单项时，可以做到 \(O(k\log n)\)。

求前 \(n\) 项时，使用分治NTT就能做到 \(O(k\log^2k+n\log n)\)。

当 \(X\not=0\) 时：

可能会需要一些分讨，但至少也有 \(\log m\) 级别的复杂度。

True Ending

现在看来，每个问题已经圆满解决了，也没有任何优化的空间了。

但……

事实果真如此吗？

对于大部分异或问题的解决，我们似乎还有更加直接更加粗暴的方法

——没错，就是FWT！

FWT的角度

引入二元 GF。

定义 \(x\) 上的卷积为普通卷积，\(y\) 上的卷积为异或卷积。

对于模型三，转化成

\[[x^ny^X]\frac{1}{(1-x^2)^m}\prod_{i=0}^{m-1}(1+xy^i) \]

模型二直接就是

\[[x^ny^X]\prod_{i=0}^{m-1}(1+xy^i) \]

模型一对 FWT 则不是特别友好，而且我们已经做到了足够优的复杂度，不予赘述。

先对模型二简单推一下式子

\[\prod_{i=0}^{m-1}(\sum_{S=0}^{L-1}1+(-1)^{popcount(i\&S)}x) \]

再做 IFWT，得到

\[\frac{1}{L}\sum_{S=0}^{L-1}(-1)^{popcount(S\& X)}(1-x)^{c_S}(1+x)^{m-c_S}\\ \]

其中 \(c_S=\sum_{i=0}^{m-1}[popcount(i\&S)\equiv 1\pmod 2]\)。

考虑 \(c_S\) 的计算：

仿照模型一的套路，枚举一个 lcp。

设 \(S\) 剩下位中有 \(w\) 个 \(1\)，当前是第 \(k\) 位，lcp 中 And 出了 \(p\) 个 \(1\)。

于是就是求算

\[2^{k-w}\sum_{i=0}^{w}[2|(i+1+p)]\binom{w}{i} \]

也就是

\[2^{k-w}2^{-1}((1+1)^{w}+(-1)^{p+1}(1-1)^w)\\ \]

做一点观察：

当 \(w>0\) 时，上式变为 \(2^{k-1}\)。

当 \(w=0\) 时，上式变为 \(2^{k-1}(1+(-1)^{p+1})\)。

也就是说，我们从低到高位，找到第一个不为 \(0\) 的位，剩下的系数只跟之前 And 出的 \(1\) 的个数的奇偶性有关。

也就是说 \(c_S\) 的取值只有 \(O(\log m)\) 种。

枚举这个不为\(0\)的位之后，对于 \(\sum (-1)^{popcount(S\&X)}\) 的求算也是 trivial 的。

对于单个 \((1-x)^{c_S}(1+x)^{m-c_S}\) 的计算：

显然可以用 ODE 计算，求前 \(n\) 项就是 \(O(n)\) 的，求单项也可以整式递推 \(O(\sqrt n\log n)\)。

不过这里有个复合形式，尝试往拉格朗日反演的方向靠近。

先把 \((1+x)^m\) 提出去，变成求 \(F(\frac{2x}{1+x})=\sum_if_i(1-\frac{2x}{1+x})^{g_i}\)。

于是

\[[x^n]F(\frac{2x}{1+x})=\frac{1}{n}[x^{n-1}]F'(x)(2-x)^{n} \]

对于前 \(n\) 项的求解，给 \(F'\) 乘上一个 \(x\) 后就是简单的卷积。

对于单项的求解，事实上不会更优，因为瓶颈在于 \(F(x)\) 的求解。

发现求 \(F(x)\) 就是对一个高次少项式的多项式平移。

不妨规约成平移常数 \(c=1\) 的问题。

那么

\[x_j=\sum_{i}f_i\binom{g_i}{j} \]

对其转置，得到

\[f_i=\sum_{j}\frac{x_j}{j!}g_i^{\underline j} \]

也就是下降幂多项式的多点求值。

我们认为 \(\log m\) 和 \(n\) 同阶，于是就可以做到 \(O(n\log ^2n)\)。

至此，完结撒花！！！