【bzoj3811】【清华集训2014】玛里苟斯

3811: 玛里苟斯

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Description

魔法之龙玛里苟斯最近在为加基森拍卖师的削弱而感到伤心，于是他想了一道数学题。

S 是一个可重集合，S={a1,a2,…,an}。

等概率随机取 S 的一个子集 A={ai1,…,aim}。

计算出 A 中所有元素异或 x, 求 xk 的期望。

 

 

Input

第一行两个正整数 n, k。

以下 n 行每行一个整数，表示 ai。

 

 

Output

如果结果是整数，直接输出。如果结果是小数（显然这个小数是有限的），输出精确值（末尾不加多余的 0）。

 

 

Sample Input

4 2

0

1

2

3

Sample Output

3.5

HINT

 

限制与约定

1≤n≤100000，1≤k≤5，ai≥0。最终答案小于 2^63 。k=1,2,3,4,5 各自占用 20% 的数据

 

 

Source

2015年国家集训队测试

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题解：
        wwwwodddd   ORZ

       求子集异或和k次方的期望；

       首先这和期望的k次方不一样，所以还是老老实实按k分类讨论，按位算贡献吧：
       k=1 , 考虑第i位是否有1，有会贡献的$2^{i-1} $, 全部或起来除二；

       k=2，如果某个异或和的第i位和第j为都有值，会贡献$2^{i+j}$的答案 ， 首先这两位都必须要有至少一个1；

               紧接着如果对于每一个数来说，这两位的值都相同 ，说明两位不相互独立，所以概率是1/2,期望是$2^{i+j-1}$;

               否则说明两位独立，在异或运算下(0,0)(0,1)(1,0)(1,1)的概率相同为1/4，期望是$2^{i+j-2}$;

       k>=3 , 由于答案在2^63次方以内，所以线性基的大小不会超过22，直接暴力枚举计算期望；

       这题有一个结论是答案*2一定是整数；

      也就是答案的小数最多有一位；

      

这里有个评论证明了，但是我没太看懂：

https://blog.sengxian.com/solutions/bzoj-3811

自己给出一个可能不太严谨的证明吧（没学过数学。。。）：

可以仔细分析一下k==2时的算法；
再扩展到k次方，发现在异或运算下：
二进制位之间贡献不相互独立是具有传递性的；
假设一次计算答案时选定的k个二进制位(可能相同分)集合为：
B  = {b1,b2,...bk}
我们可以把他们进一步分成m个集合：
S1...Sm
相同集合元素贡献不互相独立，不同集合贡献互相独立；
这时对答案期望的贡献应该是2^{b1+b2+...+bk - m}  ;
而k >= m ， 且B里面至少有m个不同的二进制位(即bi!=bj这种)；
所以考虑b1+b2+...+bk - m最小的情况：
分析可以发现最小为-1；
所以答案小数点后只有一位；



。。。。。。

 

       这样就可以用一个数存下对2^|B|的除数和余数，分类讨论小数位的情况（建议看下代码）；

 

 

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define ll unsigned long long
#define ld long double
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=100010;
int n,m,cnt; 
ll a[N],d[100],res,ans;
char gc(){
    static char*p1,*p2,s[1000000];
    if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
    return(p1==p2)?EOF:*p1++;
}
ll rd(){
    ll x=0; char c=gc();
    while(c<'0'||c>'9')c=gc();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc();
    return x;
}
void solve1(){
    Run(i,1,n){
        ll x=rd(); 
        ans|=x;
    } 
    printf("%llu",ans>>1);
    if(ans&1)printf(".5\n");
    else puts("");
} 
void solve2(){
    Run(i,1,n)a[i]=rd();
    for(int i=0;i<=32;i++)
    for(int j=0;j<=32;j++){
        int fg1=0,fg2=0,fg3=0;
        for(int k=1;k<=n;k++){
            if(a[k]>>i&1)fg1=1;
            if(a[k]>>j&1)fg2=1;
            if((a[k]>>i&1)!=(a[k]>>j&1))fg3=1; 
            if(fg1&&fg2&&fg3)break;
        }
        if(!fg1||!fg2)continue;
        if(i+j-fg3-1<0)res++;
        else ans+=1ull<<(i+j-fg3-1);
    }
    ans+=res>>1; res&=1;
    printf("%llu",ans);
    if(res)printf(".5\n");
    else puts("");
}
void solve3(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ll x=rd();
        for(int j=63;~j;j--)if(x>>j&1){
            if(!d[j]){d[j]=x;break;}
            else x^=d[j];
        }
    } 
    for(int i=0;i<=63;i++)if(d[i])a[cnt++]=d[i];
    for(int i=0;i<1<<cnt;i++){
        ll x=0;
        for(int j=0;j<cnt;j++)if(i>>j&1)x^=a[j];
        ll t1=0,t2=1;
        for(int j=1;j<=m;j++){
            t1*=x , t2*=x;
            t1 += t2 >> cnt , t2 &= (1<<cnt) - 1; 
        }
        ans += t1 , res += t2;
        ans += res >> cnt , res &= (1<<cnt) - 1;
    }
    printf("%llu",ans);    
    if(res)printf(".5\n");
    else printf("\n");
}
int main(){
    freopen("in.in","r",stdin);
    freopen("out.out","w",stdout);
    n=rd(); m=rd();
    if(m==1)solve1();
    else if(m==2)solve2();
    else solve3();
    return 0;
}//by tkys_Austin;