AtCoder Regular Contest 137 D

一道很好的题目，运用了很多不同的技巧。

结论1:枚举变换次数$k$，若$A_{i}$对答案有贡献，当且仅当$C_{n-i+k-1}^{k-1}\equiv 1 \mod 2$。

首先我们可以统计$A_{p}$对答案进行了多少次异或，这个可以使用DP计算：$dp(i,j)$为进行$k$次变换，第$j$个数中包含多少个$A_{p}$。转移就是$dp(i,j)=\sum_{k<j} dp(i-1,k)$。其中$dp(0,p)=1$。

发现$dp(i,j)=\sum_{k<j} dp(i-1,k)$可以写成一个等价的转移：$dp(i,j)=dp(i-1,j)+dp(i,j-1)$。而这个是非常出名的网格图路径个数问题（$n$行$m$列网格图，从左上到右下最短路共有$C_{n-1+m-1}^{m-1}$条），带入式子中就是$C_{n-i+k-1}^{k-1}$。

异或具有自反性，故异或偶数次就没有对答案有贡献，所以若想对答案有贡献，则$C_{n-i+k-1}^{k-1}\equiv 1 \mod 2$。

结论2:在杨辉三角上，$C_{x}^{y}\equiv 1\mod 2$，当且仅当$x\&y=y$（这里&是二进制下按位与）。

证明要用到Lucas定理，$C_{x}^{y}\%p\equiv C_{x/p}^{y/p} C_{x\%p}^{y\%p} \mod p$。

其实Lucas定理本质就是将两个数拆成$p$进制意义下计算，所以若有一位，$x=0$而$y=1$，则$C_{x\%p}^{y\%p}$就是$0$，那么这整个式子就是$0$。

所以若想让整个式子不为$0$，则$x$的每个等于$0$的数位都要满足$y$中对应位也是$0$。换成二进制计算符表示就是$x\&y=y$。

结论3:$(x+y)&y=y$