[luogu5387]人形演舞
先对每一个求sg函数,暴力复杂度为$o(m^{2})$
取$k$满足$2^{k}\le x<2^{k+1}$(即$x$二进制下的最高位),考虑$y$与$2^{k}$的关系
1.若$1\le y<2^{k}$,那么必然有$1\le y\le x$,因此仅要求$0\le (x\oplus y)<x$
由于$y$的第$k$位为0且$x$的第$k$位为1,因此$2^{k}\le (x\oplus y)<x$,同时对于其中任意一个取值,根据异或的可逆性,都可以得到
2.若$2^{k}\le y\le x$,类似的必然有$0\le (x\oplus y)\le x-2^{k}$,同样其中任意一个取值都可以得到
换言之,$x$的后继的范围为$[0,x-2^{k}]\cup[2^{k},x)$,归纳$sg(x)=x-2^{k}+1$,则$sg(2^{k})=1$(其后继只有$sg(0)=0$),然后$sg(x)=mex(sg(0),sg([2^{k},x]))\ge x-2^{k}+1$
同时,由于$sg(x)\le x$,因此前面半段不能增加答案,即得到结论
进一步的,即求$\sum_{\bigoplus_{i=1}^{n}sg(a_{i})=0}1$,令$f_{n}(x)=\sum_{i=0}^{\infty}(\sum_{\bigoplus_{j=1}^{n}sg(a_{j})=i}1)x^{i}$,定义乘法为两式的异或卷积,即有$f_{n}(x)=f_{n-1}(x)f_{1}(x)=f^{n}_{1}(x)$,用快速幂+FWT计算,时间复杂度为$o(m\log_{2}n\log_{2}m)$
然后注意到FWT和IFWT的执行,在快速幂中存在重复,因此只需要在最开始和结尾执行一次,时间复杂度降为$o(m(\log_{2}mod+\log_{2}m))$,即可通过
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1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define mod 998244353 4 int n,ans,f[2000005]; 5 long long m; 6 int main(){ 7 scanf("%lld%d",&m,&n); 8 m%=mod-1; 9 for(int i=0;i<20;i++) 10 for(int j=(1<<i);j<=min((1<<i+1)-1,n);j++)f[j-(1<<i)+1]++; 11 for(int i=0;i<20;i++) 12 for(int j=0;j<(1<<20);j++) 13 if (j&(1<<i)){ 14 int x=f[j],y=f[(j^(1<<i))]; 15 f[(j^(1<<i))]=(x+y)%mod; 16 f[j]=(y+mod-x)%mod; 17 } 18 for(int i=0;i<(1<<20);i++){ 19 int x=f[i],y=m; 20 f[i]=1; 21 while (y){ 22 if (y&1)f[i]=1LL*f[i]*x%mod; 23 x=1LL*x*x%mod; 24 y>>=1; 25 } 26 } 27 for(int i=0;i<20;i++) 28 for(int j=0;j<(1<<20);j++) 29 if (j&(1<<i)){ 30 int x=f[j],y=f[(j^(1<<i))]; 31 f[(j^(1<<i))]=1LL*(mod+1)/2*(x+y)%mod; 32 f[j]=1LL*(mod+1)/2*(y+mod-x)%mod; 33 } 34 for(int i=1;i<(1<<20);i++)ans=(ans+f[i])%mod; 35 printf("%d",ans); 36 }