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！！！