LOJ6358 前夕

前夕

为了抵御以尼古拉奥尔丁为首的上古龙族的入侵，地球的守护者 Yopilla 集齐了 \(n\) 种人类文明的本源力量 —— 世界之力。

Yopilla 打算使用若干种技能来对抗尼古拉奥尔丁的进攻。每种技能由若干种世界之力构成。换句话说，一共有 \(2 ^ n\) 种技能，Yopilla 要使用若干种技能来对抗尼古拉奥尔丁。

大战前夕，Yopilla 走在波士顿的街头，突然看见天空中飞过了 \(4\) 只白鸽，他便洞察了战胜尼古拉奥尔丁的秘密：只要他使用的技能中，都含有的世界之力的种类数恰好为 \(4\) 的倍数，他便可以打败敌人。

Yopilla 想知道，他有多少种使用技能的情况，能战胜敌人。请你替 Yopilla 回答这个问题，答案对 \(998244353\) 取模即可。

对于所有数据，\(1 \le n \le {10} ^ 7\)。

题解

http://jklover.hs-blog.cf/2020/04/13/Loj-6358-前夕/#more

考虑容斥，钦定交集中包含了\(k\)个元素（实际包含了大于等于\(k\)个）的总方案数为

\[g(k)=\binom n k (2^{2^{n-k}}-1) \]

因为容斥系数不明显，所以考虑构造出容斥系数\(f\)，使得

\[\text{ans} =\sum_{i=0}^n f(k)g(k) \]

对于交集大小为\(x\)的某种方案，我们希望它被算\([x\bmod 4=0]\)次，而按照\(\text{ans}=\sum f(k)g(k)\)计算时，它实际上被算了\(\sum_{i=0}^x \binom x if(i)\)次。

于是可以得出\([x\bmod 4=0]=\sum_{i=0}^x \binom x i f(i)\)。

利用二项式反演和单位根反演可以得到

\[f(x)=\sum_{i=0}^x (-1)^{x-i} \binom x i [i\bmod 4=0] \\ =\sum_{i=0}^x(-1)^{x-i}\binom x i \frac{1}{4}\sum_{j=0}^3 (\omega_{4}^i)^j \\ =\frac{1}{4} \sum_{j=0}^3 \sum_{i=0}^x\binom x i(-1)^{x-i}\ (\omega_{4}^j)^i \\ =\frac{1}{4} \sum_{j=0}^3(\omega_4^j-1)^x \]

注意选择一个技能都没有的集合和一个集合都不选择是不同的方案。

而上述分析只考虑了前者的贡献,最后答案还要加上\(1\)，表示一个集合都不选。

时间复杂度\(O(n)\)。

CO int N=1e7+10;
int fac[N],ifac[N];
int f[N],g[N];

IN int C(int n,int m){
	return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}
int main(){
	int n=read<int>();
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	ifac[n]=fpow(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;--i) ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
	for(int i=n,k=2;i>=0;--i,k=mul(k,k))
		g[i]=mul(C(n,i),k-1);
	int w=fpow(3,(mod-1)/4);
	for(int j=0,k=1;j<4;++j,k=mul(k,w))
		for(int i=0,pw=1;i<=n;++i,pw=mul(pw,k-1))
			f[i]=add(f[i],pw);
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=n;++i)
		ans=add(ans,mul(f[i],g[i]));
	ans=mul(ans,fpow(4,mod-2));
	printf("%d\n",ans+1);
	return 0;
}