题解：AT_abc367_g [ABC367G] Sum of (XOR^K or 0)

Soluton

令 $v=2^{20}-1$。

异或和的次幂非常不可做，考虑求出异或和为 $i$ 的方案数 $c{t}_i$，答案即为 $\sum _{i=0}^{v}c{t}_i\times i^k$。

考虑集合幂级数。设 $x,y$，它们的乘法分别定义为 $x^a\cdot x^b=x^{a\text{ xor }b}$，$y^a\cdot y^b=y^{(a+b)modm}$。那么 $c{t}_t$ 就是：

$$[x^t{y}^0]\prod _{i=1}^n(1+y{x}^{A_i})$$

加入 $\text{FWT}$，简易说明一下 $\text{FWT}$：

$$[x^i]\text{FWT}(A)=\sum _j(-1{)}^{\text{popcount(itext{ and }j)}}[x^j]A$$

原来那个式子变成：

$$[x^t{y}^0]\text{IFWT}(\sum x^i\prod _{j=1}^n[x^i]\text{FWT}(1+y{x}^{A_j}))$$

由于 $\text{FWT}$ 的线性性，把 $[y^0]$ 放进去：

$$[x^t]\text{IFWT}(\sum x^i[y^0]\prod _{j=1}^n[x^i]\text{FWT}(1+y{x}^{A_j}))$$

外面的 $\text{IFWT}$ 最后做一下就好了，不用管它，我们来观察 $\prod _{j=1}^n[x^i]\text{FWT}(1+y{x}^p)$ 有没有啥性质。

容易发现：

$$[x^i]\text{FWT}(1+y{x}^p))=\{\begin{array}{ll}1+y& \text{popcount}(i\text{ and }p)\equiv 0(\mathrm{mod}2)\\ 1-y& \text{popcount}(i\text{ and }p)\equiv 1(\mathrm{mod}2)\end{array}$$

那么我们设 $\prod _{j=1}^n[x^i]\text{FWT}(1+y{x}^{A_j}))=(1+y{)}^{a_i}(1-y{)}^{b_i}$。这个 $a_i,b_i$ 怎么求呢？

$$\{\begin{array}{l}{a}_i+b_i=n,\\ a_i-b_i=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{\text{popcount}(i\text{ and }{A}_i)}\end{array}$$

可以发现设 $f=\sum x^i\sum _{j=1}^n[A_j=i]$，$a_i-b_i$ 就是 $[x^i]\text{FWT}(f)$。

我们再把式子拿回来：

$$[x^t]\text{IFWT}(\sum x^i[y^0](1+y{)}^{a_i}(1-y{)}^{b_i})$$

$(1+y{)}^{a_i},(1-y{)}^{b_i}$ 都可以 $\mathcal{O}(nm)$ 预处理展开后的系数。而 $(a_i,b_i)$ 总共只有 $n+1$ 种，每种 $(1+y{)}^{a_i}(1-y{)}^{b_i}$ 的 $y^0$ 项系数可以 $\mathcal{O}(m)$ 求出。这部分预处理总复杂度 $\mathcal{O}(nm)$。

综上，我们在 $\mathcal{O}(nm)$ 时间内处理出了 $\sum x^i\cdot [y^0]((1+y{)}^{a_i}(1-y{)}^{b_i}$，最后 $\text{IFWT}$ 一下即可得出答案。

求 $i^k$ 部分拿个线性筛可以变成 $\frac{v\log k}{\log v}$，不过没啥必要。

时间复杂度 $\mathcal{O}(nm+v\log v+v\log k)$。

Summary

主要思路：

• 写出式子
• 化简 $\prod _{j=1}^n[x^i]\text{FWT}(1+y{x}^{A_j}))$。
• 直接做即可。

Code

const int N = 2e5 + 5, M = 105, K = 1.1e6 + 5, mod = 998244353;
typedef Mint<mod> MI;
int n, m, k, x; MI rs, f[K], A[N][M], B[N][M], coe[N];
void fwt(MI* f, int n, int op) {
	MI inv2 = (MI)1 / 2;
	REP(i, 0, n - 1) REP(j, 0, (1 << n) - 1) {
		if (j >> i & 1) continue;
		MI x = f[j], y = f[j ^ 1 << i];
		f[j] = x + y, f[j ^ 1 << i] = x - y;
		if (op < 0) f[j] *= inv2, f[j ^ 1 << i] *= inv2;
	}
}
int main() {
	cin >> n >> m >> k;
	REP(i, 1, n) cin >> x, f[x] += 1;
	A[0][0] = B[0][0] = 1;
	REP(i, 0, n - 1) REP(j, 0, m - 1) {
		A[i + 1][j] += A[i][j];
		A[i + 1][(j + 1) % m] += A[i][j];
		B[i + 1][j] += B[i][j];
		B[i + 1][(j + 1) % m] -= B[i][j];
	}
	REP(i, 0, n) REP(j, 0, m - 1)
		coe[i] += A[i][j] * B[n - i][(m - j) % m];
	fwt(f, 20, 1);
	REP(i, 0, (1 << 20) - 1)
		f[i] = coe[(f[i] + n).x / 2];
	fwt(f, 20, -1);
	REP(i, 0, (1 << 20) - 1)
		rs += f[i] * qpow((MI)i, k);
	cout << rs << '\n';
	return 0;
}
``