[atARC139F]Many Xor Optimization Problems

对$\{A_{i}\}$建立线性基（从高到低），并注意到以下性质

若线性基中第$x\in [0,m)$位上存在元素，则其在$[2^{x},2^{x+1})$中独立均匀分布

根据此性质，仅存储每一位上是否存在元素，转移分类讨论：

1.若该元素未加入线性基，对应的方案数为$2^{线性基中元素个数}$

2.若该元素加入线性基且作为第$x$位，对应的方案数为$2^{x+线性基中>x位上的元素个数}$

在此基础上，枚举最终线性基的状态，并统计对应的方案数和（答案）期望

假设有$k$个元素依次在第$a_{1}<a_{2}<...<a_{k}$位上，则两者分别为——

方案数：将幂次中的$x$提出，其余部分求和可以看作以下问题

将$\{a_{i}\}$和$n-k$个$-1$（未加入线性基的元素）重新排列（确定加入顺序）后的逆序对数

将所有$n$个元素从小到大依次插入排列，总方案数即$\prod_{i=1}^{k}2^{a_{i}}\sum_{j=0}^{n-k+i-1}2^{j}$

期望：$>a_{k}$位必然为$0$，第$a_{i}$位必然为$1$，其余位在$01$中独立均匀随机

将$[0,a_{k}]$位均看作均匀随机并补上必然为$1$的部分，总期望即$\frac{\sum_{i=0}^{a_{k}}2^{i}+\sum_{i=1}^{k}2^{a_{i}}}{2}$

综上，总答案即
$$
\sum_{0\le a_{1}<a_{2}<...<a_{k}<m}\prod_{i=1}^{k}2^{a_{i}}(2^{n-k+i}-1)\left(\frac{(2^{a_{k}+1}-1)+\sum_{i=1}^{k}2^{a_{i}}}{2}\right)
$$

关于上述式子，实际上分为四部分——

1.记$w_{k}=\prod_{i=1}^{k}(2^{n-k+i}-1)$，注意到该式等价于$\prod_{i=0}^{k-1}(2^{n-i}-1)$，直接计算即可

2.记$g_{k}=\sum_{0\le a_{1}<a_{2}<...<a_{k}<m}\prod_{i=1}^{k}2^{a_{i}}$，对应的生成函数$G(x)=\sum_{k\ge 0}g_{k}\cdot x^{k}$

注意到$G(x)=\prod_{i=0}^{m-1}(2^{i}x+1)$，进而$(x+1)G(2x)=(2^{m}x+1)G(x)$

比较两者$k$次项系数，可得$g_{k}=\frac{2^{m}-2^{k-1}}{2^{k}-1}g_{k-1}$，可以递推计算

3.记$h_{k}=\sum_{0\le a_{1}<a_{2}<...<a_{k}<m}2^{a_{k}}\prod_{i=1}^{k}2^{a_{i}}$，对应的生成函数$H(x)=\sum_{k\ge 0}h_{k}\cdot x^{k}$

注意到$H(x)=\sum_{i=0}^{m-1}2^{2i}x\prod_{j=0}^{i-1}(2^{j}x+1)$，进而$2(x+1)H(2x)+x=H(x)+2^{2m}x\cdot G(x)$

比较两者$k$次项系数，可得$h_{k}=\frac{2^{2m}g_{k-1}-2^{k}h_{k-1}-[k=1]}{2^{k+1}-1}$，可以递推计算

4.记$f_{k}=\sum_{0\le a_{1}<a_{2}<...<a_{k}<m}\sum_{i=1}^{k}2^{a_{i}}\prod_{i=1}^{k}2^{a_{i}}$，将$\sum_{i=1}^{k}2^{a_{i}}$看作$(2^{m}-1)-\sum_{j\not\in a_{i}}2^{j}$

展开可得$f_{k}=(2^{m}-1)g_{k}-(k+1)g_{k+1}$，进而总答案也即$\sum_{k=1}^{n}\frac{w_{k}(2h_{k}-g_{k}+f_{k})}{2}$，直接计算即可

另外，为了做到线性，可以利用$\frac{1}{2^{k}-1}=\frac{\prod_{i=1}^{k-1}(2^{i}-1)\cdot \prod_{i=k+1}^{\max}(2^{i}-1)}{\prod_{i=1}^{\max}(2^{i}-1)}$处理逆元

时间复杂度为$o(n+m)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 250005
#define mod 998244353
#define ll long long
int n,m,ans,pw[N],pre[N],suf[N],inv[N],w[N],g[N],h[N],f[N];
int qpow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=(ll)ans*s%mod;
        s=(ll)s*s%mod,m>>=1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    pw[0]=pre[0]=suf[m+2]=w[0]=g[0]=1;
    for(int i=1;i<=max(n,m+1);i++)pw[i]=(pw[i-1]<<1)%mod;
    for(int i=1;i<=m+1;i++)pre[i]=(ll)pre[i-1]*(pw[i]-1)%mod;
    for(int i=m+1;i;i--)suf[i]=(ll)suf[i+1]*(pw[i]-1)%mod;
    int Inv=qpow(pre[m+1],mod-2);
    for(int i=1;i<=m+1;i++)inv[i]=(ll)pre[i-1]*suf[i+1]%mod*Inv%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=(ll)w[i-1]*(pw[n-i+1]-1)%mod;
    for(int i=1;i<=m;i++)g[i]=(ll)(pw[m]-pw[i-1]+mod)*inv[i]%mod*g[i-1]%mod;
    for(int i=1;i<=m;i++)h[i]=((ll)pw[m]*pw[m]%mod*g[i-1]-((ll)pw[i]*h[i-1]+(i==1))%mod+mod)%mod*inv[i+1]%mod;
    for(int i=0;i<=m;i++)f[i]=((ll)(pw[m]-1)*g[i]-(ll)(i+1)*g[i+1]%mod+mod)%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans+w[i]*((ll)(h[i]<<1)-g[i]+f[i]+mod)%mod*(mod+1>>1))%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}