[题解]AT_arc116_d [ARC116D] I Wanna Win The Game

思路

因为题目与二进制有关，考虑往二进制的方向思考。定义 $dp_{i,j}$ 表示在所有的 $n$ 个数中，当前在决策对于每一个数在二进制表示下的第 $i$ 位是 $0$ 还是 $1$，且和为 $j$ 的方案数。

因为异或需要满足对于所有 $a_i$ 表示为二进制后每一位 $1$ 的个数均为偶数。所以在所有数中第 $i$ 位出现 $1$ 的数量必须是偶数。

那么，我们还可以枚举一个 $k$ 表示所有数中第 $i$ 位选 $1$ 的数量，得到状态转移方程：

$$dp_{i,j} = \sum_{k = 0}^{j \geq k \times 2^i}(dp_{i - 1,j - k \times 2^i} \times \binom{n}{k})$$

时间复杂度为 $\Theta(m \log^2{m})$。

Code

#include <bits/stdc++.h>  
#define int long long  
#define re register  
  
using namespace std;  
  
const int N = 5010,M = 15,mod = 998244353;  
int n,m;  
int mul[N],inv[N];  
int dp[M + 10][N];  
  
inline int read(){  
    int r = 0,w = 1;  
    char c = getchar();  
    while (c < '0' || c > '9'){  
        if (c == '-') w = -1;  
        c = getchar();  
    }  
    while (c >= '0' && c <= '9'){  
        r = (r << 3) + (r << 1) + (c ^ 48);  
        c = getchar();  
    }  
    return r * w;  
}  
  
inline int Add(int a,int b){  
    return (a + b) % mod;  
}  
  
inline int Sub(int a,int b){  
    return ((a - b) % mod + mod) % mod;  
}  
  
inline int Mul(int a,int b){  
    return a * b % mod;  
}  
  
inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){  
    if (!b){  
        x = 1;  
        y = 0;  
        return a;  
    }  
    int d = exgcd(b,a % b,y,x);  
    y = y - a / b * x;  
    return d;  
}  
  
inline int get_inv(int a,int p){  
    int x,y;  
    exgcd(a,p,x,y);  
    return (x % mod + mod) % mod;  
}  
  
inline void init(){  
    mul[0] = 1;  
    for (re int i = 1;i <= n;i++) mul[i] = Mul(mul[i - 1],i);  
    inv[n] = get_inv(mul[n],mod);  
    for (re int i = n - 1;~i;i--) inv[i] = Mul(inv[i + 1],(i + 1));  
}  
  
inline int C(int n,int m){  
    if (n < m) return 0;  
    return Mul(mul[n],Mul(inv[m],inv[n - m]));  
}  
  
signed main(){  
    n = read();  
    m = read();  
    init();  
    for (re int i = 0;i <= m;i += 2) dp[0][i] = C(n,i);  
    for (re int i = 1;i <= M;i++){  
        for (re int j = 0;j <= m;j++){  
            int k = 0;  
            while (j >= k * (1ll << i)){  
                dp[i][j] = Add(dp[i][j],Mul(dp[i - 1][j - k * (1ll << i)],C(n,k)));  
                k += 2;  
            }  
        }  
    }  
    printf("%lld",dp[M][m]);  
    return 0;  
}