UOJ#310. 【UNR #2】黎明前的巧克力

给出 \(n\) 个数，从中选出两个互不相交的集合，使得第一个集合与第二个集合内的数的异或和相等。求总方案数，对 \(998244353\) 取模。\(n\leq 10^6,0\leq a_i\leq 10^6\)

如果两个集合的异或和相等，那么它们再异或一下即为 \(0\)。原问题转化为求选出一个异或和为 \(0\) 的集合并分为两个集合的方案数（去除两个集合都是空集的情况）。

设 \(f[i][j]\)表示前 \(i\) 个数中选出的数的异或和为 \(j\) 的方案数；
那么就有 \(f[i][j]=f[i−1][j]+2\times f[i−1][j\ {\rm xor}\ a[i]]\) ；

这是一个异或卷积的形式，相当于每次卷的是：\(b[0]=1,b[a[i]]=2\) ；

考虑对这个过程进行 FWT ，那么：

\(0\) 对每个位置的贡献都是 \(1\) ，即对应 \(f[i-1][j]\) 的贡献；
\(a[i]\) 对某些位置的贡献是 \(2\) （正的贡献） ，对某些位置的贡献是 \(-2\) （负的贡献）。

所以每次卷上的 \(b\) 数组的每个数都是 \(-1\) 或 \(3\) 。

和的FWT等于FWT的和。

因此把每个 \(a_i\) 对应的 \(b\) 数组求和后进行 FWT ，那么就知道了每个位置 FWT 的和；

最终再逆FWT回来即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(nlogn)\) 。

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how to 卡常：

FWT 过程中可以不取模；

最后不用逆 FWT ：

正 FWT ：\(a'_j=\sum\limits_i (−1)^{{\rm popcount}(i\&j) }a_i\)

设 FWT 的长度为 \(2^K\) ，我们观察到，如果我们把所有位置的的值加起来，下标为 \(0\) 的贡献永远是正的，其他下标 \(i\) 的贡献正好抵消 ( \(-1\) 和 \(+1\) 均为 \(2^{K-1}\) 种)；所以我们只用把计算完贡献的所有位置加起来，然后 \(ans/=2^K\) 即可

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int n,K,len,ans,mx,a[N],p[N];
inline int qpow(int a,int b) { R ret=1;
  for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%M) if(b&1) ret=1ll*ret*a%M; return ret;
}
inline void cxor(int* a) {
  for(R l=1;l<K;l<<=1)
    for(R len=l<<1,i=0,x,y;i<K;i+=len) 
      for(R j=0;j<l;++j) {
        x=a[i+j],y=a[i+j+l];
        a[i+j]=x+y,a[i+j+l]=x-y;
      }
}
inline void main() {
  n=g(); for(R i=1,x;i<=n;++i) 
    x=g(),++a[x],mx=max(x,mx);
  K=1; while(K<=mx) K<<=1;
  p[0]=1; for(R i=1;i<=n;++i) p[i]=3ll*p[i-1]%M;
  cxor(a);
  //做完异或卷积后，我们就知道每个位置对应的 正的贡献 减 负的贡献 的值是多少辣
  for(R i=0,x;i<K;++i) {
    x=(a[i]+n)/2;
    ans=(ans+p[x]*((n-x)&1?-1:1))%M;
  } 
  printf("%d\n",(1ll*ans*qpow(K,M-2)%M-1+M)%M);
}

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2020.04.18