BZOJ.3811.玛里苟斯(线性基)
感觉网上大部分题解对我这种数学基础差的人来说十分不友好...(虽然理解后也觉得没有那么难)
结合两篇写的比较好的详细写一写。如果有错要指出啊QAQ
https://blog.csdn.net/smallsxj/article/details/73205569
https://www.cnblogs.com/wujiechao/p/7781140.html
首先题目要求输出精确的小数,由下面的推导可知答案要么是整数,要么是一位小数\(.5\),不会是\(.25,\ .125\)什么的。
对\(k\)讨论,先以\(k=2\)为例,假设期望异或和是\(S\),把它二进制拆分,每一位记为\(b_i=0/1\),那么答案是\((b_02^0+b_12^1+...+b_m2^m)(b_02^0+b_12^1+...+b_m2^m)=b_0b_02^0+b_0b_12^1+b_0b_22^2+...b_mb_m2^{m+m}\)\(=\sum_i\sum_jb_ib_j2^{i+j}\)。
那么对于\(b_i,b_j\),它的贡献是\(\frac{P}{2^n}\times2^{i+j}\),\(P\)是\(i,j\)两位都为\(1\)的方案数。
那么用\(b_{i,j}\)表示第\(i\)个数二进制拆分后的第\(j\)位,\(x_i\)表示这个数是否存在于选出的集合中,求\(i,j\)位都为\(1\)的方案数,可以列个方程组:
(个人感觉这里除去\(i,j\)的方程的右式应该是\(0/1\)吧,那篇博客里写的是\(0\))
解这个方程组,可以发现只会有\(t\leq k\)个\(x_i\)是有唯一解的,其它\(n-t\)个\(x_i\)都有两解。所以方案数为\(2^{n-t}\),贡献就为\(2^{i+j-t}\)。
当\(i\neq j\)时,\(i+j\geq1,\ t\leq2\),所以\(2^{i+j-t}\geq0.5\)。
当\(i=j\)时,\(i+j\geq0,\ t\leq1\),依旧有\(2^{i+j-t}\geq0.5\)。
扩展到\(k\geq2\)的情况,设选出的位有\(k'\)位是互不相同的,设为\(i,j,l...\),那么方程组中右式为\(1\)的等式有\(k'\)个,且\(i+j+l+...\geq0+1+2+...=\frac{k(k-1)}{2}\geq k-1\geq t-1\),所以\(i+j+l+...-t\geq-1\),贡献\(2^{i+j+l+...-t}\geq0.5\)。
\(k=1\)时,显然也成立。
综上,答案要么是整数,要么是一位小数\(.5\)。
其次要注意的是数据范围。答案小于\(2^{63}\),那么似乎就有\(a_i^k\lt2^{63}\),\(a_i\lt\frac{2^{63}}{k}\)。
但是个人认为,比如\(k=1\),\(a_i\lt2^{63}\),但是存在\(2^{63}\leq a_i\lt2^{64}\)也是可以的,因为毕竟是求平均值,多一位还是可能被拉低到下一位去的。所以应该是\(a_i\lt\frac{2^{64}}{k}\)(\(k=1\)需要unsigned long long
)。
然而没见到有人这么写的(写范围的都是\(a_i\lt\frac{2^{63}}{k}\))...那我就不知道为啥都开的unsigned long long
了。
看了下数据,确实最大值是18446727131960884031
\(>2^{63}\)。(答案是\(2^{63}-0.5\) 233好强大)
考虑怎么做。对\(k\)分别求解。
\(k=1\):
对每一位分别考虑。设某一位为\(1\)的数有\(t\)个,为\(0\)的有\(n-t\)个,那么选出奇数个该位为\(1\)的方案数是:\(\sum_{i\ is\ odd}C_n^i2^{n-t}\),偶数个的方案数是\(\sum_{i\ is\ even}C_n^i2^{n-t}\)。
而\(C_n^1+C_n^3+C_n^5+...=2^{n-1}=C_n^0+C_n^2+C_n^4...\)
也就是选出该位为\(1\)的数的个数为奇数和偶数的概率是一样的。那么只要\(t\geq0\),该位为\(1\)为\(0\)的概率是一样的。
所以求一下哪些位上出现过\(1\),加起来除以\(2\)就好了。
\(k=2\):
上面说了答案可以写成\(\sum_i\sum_jb_ib_j2^{i+j}\)。可以直接\(\log^2\)枚举\(i,j\)。
\(b_i\)为\(1\)的概率和\(k=1\)时的情况一样,如果存在一个数第\(i\)位为\(1\),那么就是\(\frac12\),否则是\(0\)。所以如果存在数第\(i\)位不为\(0\)且存在数第\(j\)位不为\(0\),那么贡献就是\(\frac14\times2^{i+j}\)。
需要注意的是如果每个数\(i,j\)位都相同且至少存在一个数满足\(i,j\)位不为\(1\),那么\(i,j\)为\(1\)是同时出现的,概率是\(\frac12\)。
\(k\geq3\):
此时\(a_i\lt2^{22}\),线性基中的元素个数不超过\(22\),所以可以直接\(2^{cnt}\)枚举线性基中元素集合(设线性基元素个数为\(cnt\))。
线性基中每个子集出现的概率都是\(2^n\times2^{n-cnt}=\frac{1}{2^{cnt}}\),求出子集异或和\(x^k\)后除一下即可。
需要注意的是除\(2^{cnt}\)之前\(x^k\)是可以超过\(2^{63}\)的。需要把\(x\)表示成\(\lfloor\frac{x}{2^{cnt}}\rfloor\times2^{cnt}+x\%2^{cnt}\)。
因为有\(\lfloor\frac{x^k}{2^{cnt}}\rfloor\times x+\lfloor\frac{(x^k\%2^{cnt})\times x}{2^{cnt}}\rfloor=\lfloor\frac{x^{k+1}}{2^{cnt}}\rfloor\)。
证明:令\(x^k=a\times2^{cnt}+b\ (b<2^{cnt})\),那么等式左边\(=ax+\lfloor\frac{bx}{2^{cnt}}\rfloor\),等式右边\(=\lfloor\frac{x^k\times x}{2^{cnt}}\rfloor=\lfloor\frac{ax2^{cnt}+bx}{2^{cnt}}\rfloor=ax+\lfloor\frac{bx}{2^{cnt}}\rfloor=左式\)。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e5+5;
ull A[N];
int cnt,base[30],b[30];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline ull read()
{
ull now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
void Subtask1(int n)
{
ull ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) ans|=A[i];
printf("%llu",ans>>1);
if(ans&1) printf(".5");
putchar('\n');
}
void Subtask2(int n)
{
ull x=0,y=0;
for(int a=0; a<32; ++a)
{
bool f1=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) if(A[i]>>a&1) {f1=1; break;}
if(!f1) continue;
for(int b=0; b<32; ++b)
{
bool f2=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) if(A[i]>>b&1) {f2=1; break;}
if(!f2) continue;
bool f3=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) if((A[i]>>a&1)^(A[i]>>b&1)) {f3=1; break;}
if(a+b-f3-1>=0) x+=1ull<<a+b-f3-1;
else ++y;//+0.5
}
}
printf("%llu",x+=y>>1);
if(y&1) printf(".5");
putchar('\n');
}
inline void Insert(int x)
{
for(int i=21; ~i; --i)
if(x>>i&1)
if(base[i]) x^=base[i];
else {b[cnt++]=base[i]=x; break;}
}
void Subtask3(int n,int K)
{
for(int i=1; i<=n; ++i) Insert(A[i]);
ull ansx=0,ansy=0;
const int lim=1<<cnt;
for(int s=0; s<lim; ++s)
{
ull val=0,x=0,y=1;
for(int i=0; i<cnt; ++i) s>>i&1&&(val^=b[i]);
for(int i=1; i<=K; ++i)
x*=val, y*=val, x+=y>>cnt, y&=lim-1;
ansx+=x, ansy+=y;
}
ansx+=ansy>>cnt, ansy&=lim-1;
printf("%llu",ansx);
if(ansy) printf(".5");
putchar('\n');
}
int main()
{
int n=read(),K=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
if(K==1) Subtask1(n);
else if(K==2) Subtask2(n);
else Subtask3(n,K);
return 0;
}
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------