题解：洛谷P10128 「Daily OI Round 3」Xor Graph

题目链接：洛谷P10128 「Daily OI Round 3」Xor Graph

首先，观察到如果 $x\mathrm{xor}y=2^k,k\in [1,n)$，那么 $x$ 和 $y$ 的二进制位上有且仅有一位不同。

其次，还要保证 $x>y$，那么只有当 $y$ 是将 $x$ 的某二进制位 $1$ 变为 $0$ 时，才可以使两个性质都成立。

考虑求 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{2^n}\sum _{j=1,j\ne i}^{2^n}f(i,j)}$，如果枚举点对，那么复杂度一定超，于是我们枚举每种长度的线段的个数，动态考虑该问题，每走一步，就将二进制位上的某个 $1$ 变为 $0$，直到二进制位上只有一个 $1$ 为止。

就可以发现，从一个数出发存在长度为 $n$ 的路径，当且仅当这个数二进制位上 $1$ 的个数大于 $n$。

现在有 $2^n$ 个点，因此每个数都可以表示成一个 $n$ 位二进制数，可以先枚举这个数的二进制位上有多少个 $1$，再钦定哪几个位上是 $1$，最后确定删几个 $1$ 以及删 $1$ 的顺序。

现在，答案就变成了求 ${\displaystyle \sum _{i=2}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\sum _{j=1}^{i-1}{i}^{\underset{―}{j}}}$

无脑大力推式子：原式

$\begin{array}{rl}& ={\displaystyle \sum _{i=2}^n\sum _{j=1}^{i-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i^{\underset{―}{j}}}\\ & =\sum _{i=2}^n\sum _{j=1}^{i-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})j!\\ & =\sum _{i=2}^n\sum _{j=1}^{i-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{i-j})j!\\ & =\sum _{j=1}^{n-1}\sum _{i=j+1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{i-j})j!\\ & =\sum _{j=1}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})j!\sum _{i=j+1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{i-j})\\ & =\sum _{j=1}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})j!(2^{n-j}-1)\end{array}$

已经 $O(n)$ 不能再优化了，但这道题的数据十分可爱极限，导致我们只能递推预处理qwq。

将括号拆开，得：${\displaystyle \sum _{j=1}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})j!2^{n-j}-\sum _{j=1}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})j!}$

现在两边都可以预处理，那这道题就做完了。

代码（其实不长）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e7 + 9, mod = 998244353;
int ans1[N], ans2[N], mi;
int t;
signed main(){
	ans1[1] = ans2[1] = 0;
	ans1[2] = 2, ans2[2] = 4;
	mi = 4;
	for(int i = 3; i <= 1e7; i++){
		ans1[i] = (ans1[i - 1] * i + i) % mod;//减号左边递推 
		ans2[i] = (ans2[i - 1] * i + i * mi) % mod;//减号右边递推 
		mi = mi * 2 % mod;
	}
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		printf("%lld\n",(ans2[x] - ans1[x] + mod) % mod);
	}
	return 0;
}