一个 P8438 极寒之地 的脚手架

　　求 $\bigoplus^{2^n-1}_{s=0} (s \bigoplus^{n-1}_{i=0} a_i[s \& 2^i=1]) \bmod 2^{64}, n \leq 30, a_i \leq 2^{64}-1$

　　$\bigoplus^n_{i=1}$ 表示 $a_1 \oplus a_2 \oplus \cdots \oplus a_n$，$[p]$ 当 $p$ 为真时为 $1$，否则为 $0$。 

　　在讨论算法前，看到 $a_i$ 的数据范围，用无符号长整型（unsigned long long）恰好能储存，而且它的自然溢出特性，使得我们不必特地取模，所以我们选择它。

　　如果你想几分钟想不到比 $O(2^n)$ 更优秀的算法，可以想想有没有 $O(2^n)$ 的做法。这时候你应该在 OJ 上先测测能不能跑 $2^{30}$ （注意不要让你的循环被编译器优化掉），发现确实可以，-O2 才跑了 300ms。

　　既然是 $O(2^n)$，我想就要让每个 $s$ 被访问到 $O(1)$ 次，计算 $s$ 对答案的贡献（即 $s \bigoplus^{n-1}_{i=0} a_i[s \& 2^i=1]$）是 $O(1)$ 的，所以我想到用 $s$ 的贡献来更新 $s \& 2^k$ 的贡献，其中 $k > s$ 二进制中 '1' 的最高位，这样子每个 $s$ 都被恰好更新一次（更新它的数就是 $s$ 最高的 '1' 变成 '0' 的那个数），而且更新也只需要 $O(1)$ 的时间。但很可惜，如果要存储每一个 $s$ 的贡献，空间不可承受，所以只能递归求解，而递归 $O(2^n)$ 次是过不了这道题的（不卡常，我最快也要耗时 1.5s）。

　　于是我放弃递归做法，所以新做法要做到不用存储每一个 $s$ 的贡献才行，而又要满足每个 $s$ 被访问到 $O(1)$ 次，计算 $s$ 的贡献是 $O(1)$ 的。那么最自然的想法是用 $s$ 的贡献来 $O(1)$ 更新 $s+1$ 的贡献。怎么做呢？考虑 $s$ 和 $s+1$ 的不同，设 $(s+1)_2$ '1' 的最低位为 $k$，那么 $(s)_2$ 第 $k$ 位为 '0'，第 $j(0 \leq j < k)$ 位为 '1'，其余位和 $(s+1)_2$ 相同。那么我们要做的就是让 $s$ 的贡献异或 $a_k$，再“消掉” $a_j(j < k)$，即解 $x \oplus a_j = v$ 的方程（$v$ 代表贡献），其实就是要求异或的逆运算是什么。讨论异或的逆运算前，首先看看异或是什么，$$0 \oplus 0 = 0, 0 \oplus 1 = 1, 1 \oplus 0 = 1, 1 \oplus 1 = 0. $$我们发现，异或可以看成二进制不进位的加法，所以异或的逆运算应当是二进制不退位的减法才对。所以有 $$0 \oplus^{-1} 0 = 0, 0 \oplus^{-1} 1 = 1, 1 \oplus^{-1} 0 = 1, 1 \oplus^{-1} 1 = 0, $$进一步得出，异或的逆运算就是异或（即 $a \oplus b \oplus b = a$）！那么，$s+1$ 的贡献就是 $s$ 的贡献异或上 $a_j(j \leq k)$。直接做这个操作，可以得到如下代码：

#include <bits/stdc++.h>

int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	unsigned long long a[35];
	for(int i=0;i<n;i++)
		scanf("%llu",a+i);
	unsigned long long ans=0,res=0;
	for(int s=1;s<(1 << n);s++) // 注意 s 从 1 开始枚举
	{
		int bit=0;
		while((s&(1 << bit)) == 0)
			bit++; // 求 s 二进制中 '1' 的最低位
		for(int j=0;j <= bit;j++)
			res ^= a[j];
		ans ^= res*s;
	}
	printf("%llu\n",ans);	
}

　　很多人认为这段代码是 $O(n2^n)$ 的，因为 $s$ 更新 $s+1$ 的时间复杂度是 $O(n)$ 的，但是更新操作的均摊复杂度就一定是 $O(n)$ 吗？不妨记录一下  bit++;  执行了多少次，发现执行次数和 $2^n$ 差不多，这预示着更新操作的均摊复杂度可能不是 $O(n)$ 的。接下来我们具体算一下更新操作的均摊复杂度。显然更新操作的均摊复杂度和 bit 的平均值是同阶的，bit 即 $s$ 后缀零的个数，所以我们求下 $s$ 后缀零的期望是多少就行了。当 $s \in [0, 2^n)$ 的时候，$s$ （不考虑 0）有 $i$ 个后缀零的概率是 $2^{-i-1}$，那么 $s$ 后缀零的期望就是 $\sum^{n-1}_{i=0} 2^{-i-1}i$，容易证明这东西是 $O(1)$ 的，你把这东西扔到 wolframalpha 会发现它等于 $1 - 2^{-n}(n+1)$。所以这份代码中更新操作的均摊复杂度是 $O(1)$ 的（所以接下来我们对更新操作的改进只能改变它的常数），总复杂度是 $O(2^n)$ 的，但是过不去这题。我们还需要优化更新操作的常数。

　　常数优化其实不都是无关算法的东西。求 bit 可以不用枚举，而是使用 GCC 的内置函数 __builtin_ctz(x) （$O(1)$ 返回 $(x)_2(0 < x < 2^{32})$ 的后缀零个数，这东西现在 NOIp 也可以用了）。更新 res 发现可以用前缀异或和（即把 $\bigoplus^j_{i=0} a_i(j<n)$ 求出来）。

#include <bits/stdc++.h>

int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	unsigned long long a[35];
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		scanf("%llu",a+i);
		if(i)
			a[i] ^= a[i-1]; // 这里的 a[i] 是前缀异或和
	}
	unsigned long long ans=0,res=0;
	for(int s=1;s<(1 << n);s++)
	{
		res ^= a[__builtin_ctz(s)]);
		ans ^= res*s; 
	}
	printf("%llu\n",ans);	
}