CF1119H-Triple【FWT】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF1119H

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1|1题目大意

$n$个可重集，第$i$个里有$x$个$a_i$，$y$个$b_i$，$z$个$c_i$。

对于每个$t\in[0,2^k)$求每个集合里取出一个数使它们异或起来等于$t$的方案数。

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1|2解题思路

如果直接$n$个东西$FWT$起来肯定过不了，我们需要根据每个集合里只有三种数这个性质来优化。

因为是$xor$卷积，所以第$i$个位置$FWT$之后对$j$造成的影响是$(-1)^{cnt(i\&j)}$（其中$cnt(x)$表示$x$在二进制下$1$的个数）

那么就有

$$FWT(S_i)=\sum_{i=1}^{2^k-1}(-1)^{cnt(j\&a_i)}x+(-1)^{cnt(j\& b_i)}y+(-1)^{cnt(j\&b_i)}z$$

现在我们就可以单独考虑每个$x,y,z$的贡献了，然后每个$FWT(S_i)[j]$有$8$个状态，为了方便我们缩减一下状态先。

首先我们先让所有的$x$都取到，也就是让所有的$b_i=b_i\ xor\ a_i,c_i=c_i\ xor\ a_i$，然后询问答案的时候我们再异或上一个$a$的异或和即可。

现在每个$FWT(S_i)[j]$有$4$种状态，分别是$(x+y+z),(x+y-z),(x-y+z),(x-y-z)$。定义这些状态数量分别为$a_1,a_2,a_3,a_4$

我们先考虑集合$i$的每种状态中$y$的影响$F_i$，有$F_i[k]=cnt(k\& a_i)$，而所有集合的影响和就是$\sum_{i=1}^nF_i$。设$G_i=IFWT(F_i)$那么显然有$G_i[b_i]=1$其他都为$0$。

然后影响和就是

$$\sum_{i=1}^nFWT(G_i)=FWT(\sum_{i=1}^nG_i)$$

所以直接把$G$都加起来然后$FWT$就好了，定义$y$的影响为$c_1$。

然后再同理搞出$z$和$y+z$的影响，分别为$c_2,c_3$，那么就有方程组

$$\left\{\begin{matrix} a_1+a_2+a_3+a_4=n\\ a_1+a_2-a_3-a_4=c_1\\ a_1-a_2+a_3-a_4=c_2\\ a_1-a_2-a_3+a_4=c_3 \end{matrix}\right.$$

解出来就好了，然后用快速幂算出来$F=\prod_{i=1}^nFWT(S_i)$，求一遍$IFWT(F)$即可。

时间复杂度$O(\ 2^kk+n\log(x+y+z)\ )$

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1|3$code$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,P=998244353;
const ll inv2=(P+1)/2;
ll n,k,x,y,z,xs;
ll f1[N],f2[N],f3[N],f[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;x%=P;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
void FWT(ll *f,ll n,ll op){
    for(ll p=2;p<=n;p<<=1)
        for(ll k=0,len=p>>1;k<n;k+=p)
            for(ll i=k;i<k+len;i++){
                ll x=f[i],y=f[i+len];
                if(op==1){
                    f[i]=x+y;
                    f[i+len]=x-y;
                }
                else{
                    f[i]=(x+y)*inv2%P;
                    f[i+len]=(x-y)*inv2%P;
                }
            }
    return;
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);k=1<<k;
    scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        ll a,b,c;
        scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
        xs^=a;b^=a;c^=a;
        f1[b]++;f2[c]++;f3[b^c]++;
    }
    FWT(f1,k,1);FWT(f2,k,1);FWT(f3,k,1);
    for(ll i=0;i<k;i++){
        ll c1=f1[i],c2=f2[i],c3=f3[i];
        ll a1,a2,a3,a4;
        a4=(c3-c1-c2+n)/4;
        a3=-(c1-n+2ll*a4)/2;
        a2=-(c2-n+2ll*a4)/2;
        a1=n-a2-a3-a4;
        f[i]=power(x+y+z,a1)%P*power(x+y-z,a2)%P;
        f[i]=f[i]*power(x-y+z,a3)%P*power(x-y-z,a4)%P;
    }
    FWT(f,k,-1);
    for(ll i=0;i<k;i++)
        printf("%lld ",(f[i^xs]+P)%P);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14242456.html
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