CF1770F 题解

$\text{link}$ 。很困难的二进制计数。

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前置知识 $1$：范德蒙德卷积推广。

即 $\sum\limits_{a_1+a_2+\dots+a_n=k,a_i\in \N} \prod\limits_{j=1}^n\dbinom{b_i}{a_i}=\dbinom{b_1+b_2+\dots+b_n}{k}$。这里给一个组合意义的证明。

$\text{RHS}$ 相当于在 $\sum b_i$ 个物品中选 $k$ 个的方案数，$\text{LHS}$ 相当于枚举对于每 $b_i$ 各选了几个，且满足总和为 $k$。于是 $\text{LHS},\text{RHS}$ 所表示的组合意义的值是一样的。

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前置知识 $2$：$\texttt{Kummer}$ 定理，大家可以看这个学习。

$\texttt{Kummer}$ 定理：$v_p\left(\dbinom{n+m}{m}\right)$ 等于 $n+m$ 在 $p$ 进制表示下进位的次数，其中 $p$ 为素数。

这题用到当 $p=2$ 时，此时 $\dbinom{n+m}{m}\text{mod. 2}$ 等于 $n+m$ 是否进位，所以 $\dbinom{n+m}{m}\equiv [m\subseteq n]\pmod 2$，其中 $\subseteq$ 是在二进制意义下。

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这题考虑条件具有很强的对称性，所以当 $n$ 为偶数时 $\text{xor}$ 会一一对应消掉，所以答案为 $0$。
，
若 $n$ 为奇数时，考虑对答案拆位，目前做到了 $2^k$，且 $2^k\subseteq y$，这时候可以钦定 $a_1$ 的第 $k$ 位为 $1$，由于 $\text{xor}$ 的性质且 $n$ 为奇数于是答案不会发生变化。下面把 $a_1$ 减去 $2^k$。

这时我们要统计 $2^k$ 被计算次数的奇偶性（设为 $s$）。考虑 $\text{or}$ 值为 $y$ 比较困难，考虑容斥。

令 $f(Y)$ 表示 $\text{or}$ 值 $\subseteq Y$ 时 $2^k$ 被计算次数，则 $s=\sum\limits_{Y\subseteq y} (-1)^{|y|-|Y|}f(Y)\equiv \sum\limits_{Y\subseteq y} f(Y)\pmod 2$ 。

这样枚举 $k,Y$ 的复杂度就是 $O(y\log y)$ 了，我们只需快速计算 $f(Y)$ 即可。

$f(Y)=\sum \limits_{\sum a_i=x-2^k}[a_1\subseteq y-2^k][a_2\subseteq y][a_3\subseteq y]\dots [a_n\subseteq y]\equiv \sum \limits_{\sum a_i=x-2^k}\dbinom{y-2^k}{a_1}\dbinom{y}{a_2}\dbinom{y}{a_3}\dots\dbinom{y}{a_n}=\dbinom{ny-2^k}{x-2^k}=[x-2^k\subseteq ny-2^k]$

于是 $f(Y)$ 可以 $O(1)$ 计算，总复杂度 $O(y\log y)$。

$\texttt{code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
LL n,x,y,ans;
inline bool in(LL x,LL y){return (x&y)==x;}
int main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&x,&y);if(n&1^1) return 0*puts("0");LL s=1;
	for(int i=0;i<20;i++,s<<=1) for(int j=0;j<=y;j++) if(in(j,y)&&(j&s)) ans^=s*in(x-s,n*j-s);printf("%lld",ans);
	return 0;
}