CF Round #635 Div.1 Chiori and Doll Picking (hard version)
CF Round #635 Div.1 Chiori and Doll Picking (hard version)
考虑对于\(a_i\)建立线性基\(d\)，并且通过高斯消元重整，使得\(d\)中 每一个元素的最高位 仅自己包含
不妨设\(k=|d|\)，一个基底的生成集合为\(S(d)\)，设\(A=S(d)\)，预处理部分复杂度为\(O(nm+k^2)\)
根据线性基的基本性质，我们知道任何一个\(x\in S(d)\)有\(2^{n-k}\)种生成方法
因此我们只需要计算线性基元素异或的答案即可，这样我们将问题规模降低到了\(k\)
暴力1
对于\(k\leq 27\)，暴力枚举每个元素是否选择，可以通过预处理让复杂度降至\(O(2^k)\)
暴力2
\(m\leq 35，k>27\)时
由于线性基包含\(k\)个关键01位，\(m-k\)个非关键01位
通过高斯消元可以使得基的每一位仅包含一个关键01位
令\(dp_{S,i}\)表示选择了\(i\)个基，非关键01位异或和为\(S\)的方案数
复杂度为\(O(2^{m-k}m^2)\)
对称暴力
由于\(m\leq 53\)，而我们能够暴力解决\(k\leq 27\)，则可以考虑剩下的\(m-k\)个位，想办法在\(O(2^{m-k})\)时间内求解
考虑计算个数为\(c\)的方案数，我们用一个卷积形式来描述，令\(\displaystyle F_c(x)=\sum_{|T|=c}x^{T}\)
则容易发现 \(ans_c=[x^{\empty}](A\bigoplus F_c)\)，其中\(\bigoplus\)表示 异或 (集合对称差) 卷积
显然我们需要\(\text{FWT}\)来计算这个东西，也就是计算
\([x^{\empty}]\text{FWT}(\text{FWT}(A)\cdot \text{FWT}(F_c))\)
先考虑比较复杂的\(G=\text{FWT}(A)\)的计算
下面你需要良好掌握\(\text{FWT}\)，参考
1: \(G(x)\)中每一非零项系数为\(2^k\)
考虑线性基\(A\)的元素是封闭的，则有\(A\bigoplus A=A\cdot |A|\)
即\(G\cdot G=G\cdot 2^k\)，解方程得到\([x^S]G\in\{0,2^k\}\)
2:\([x^S]G(x)=2^k\Longleftrightarrow \forall T,|S\cap T|\equiv 0\pmod 2\)
由\(\text{FWT}\)式子
\([x^S]G(x)=\sum (-1)^{|S\cap T|} [x^T]A(x)\)
而\(A(x)\)由\(2^k\)个1构成，故得结论
确定非零项
由恒等式\(|X\cap S|+|Y\cap S|\equiv|(X\oplus Y)\cap S|\pmod 2\)，得到简化
1.若\(X,Y\)对于\(S\)合法，则\(X\oplus Y\)同样合法，只需要考虑线性基\(d\)中元素对于\(S\)的限制
2.假设已知\(S,T\)非零，则\(S\oplus T\)非零，因此可以考虑用一个线性基\(d'\)来描述合法元素
确定\(|d'|\)大小
则\(2^kS(d')=G\)，\(\text{IFWT}(2^k\cdot S(d'))=A\)
带入两边\(x^{\empty}\)项的值，容易得到\(|S(d')|=2^{m-k}\)，故\(|d'|=m-k\)
\(|d'|=m-k\)是接近前面猜想的一大跳跃
构造\(d'\)?
考虑用0/1矩阵形式描述线性基\(d\)
将\(d\)中的元素中的最高位移动到主对角线上最高的\(k\)个位置，此时每一行一定是一个主对角线元素后面跟上一些位置\(\ge k+1\)的元素
此时\(d'\)的构造即：主对角线取反，其余位置为转置
| \(\color{blue} 1\) | 0 | 0 | \(\color{blue} 1\) | 0 |
| 0 | \(\color{blue} 1\) | 0 | 0 | \(\color{blue} 1\) |
| 0 | 0 | \(\color{blue} 1\) | \(\color{blue} 1\) | 0 |
| \(\color{red}1\) | 0 | \(\color{red}1\) | \(\color{red}1\) | 0 |
| 0 | \(\color{red}1\) | 0 | \(\color{red}1\) | \(\color{red}1\) |
Proof:
显然这样构造出的\(d'\)元素最低位独立，因此不线性相关，只需要证明满足限制即可
首先\(d_i\)与\(d'_j\)在主对角线上无交，有交部分一定是一个主对角线元素与一个非主对角线元素交
若\(d_{i}\)与\(d'_j\)在\(d_{i,j},d'_{j,j}\)有交，则在其关于主对角线对称的位置\(d_{i,i},d'_{i,j}\)处同样有交
因此交都是成对出现的
由此我们可以在\(2^{m-k}\)时间内通过暴力枚举得到\(G\)中每个非零项
下面考虑\(\text{FWT}(F^c)\)的贡献的部分实际极其简单
可以根据\(G\)中每一项\(x^S\)的\(|S|\)确定\(\text{FWT}(F^c)\)
\([x^S]\text{FWT}(F^c)=\sum_{|T|=c}(-1)^{|S\cup T|}\)
对于\(G\)中不同的\(|S|\)分类，对于\(|T|=c\)，枚举\(|S\cup T|\)，添加组合数系数即可计算贡献
注意最后求出的答案\([x^{\empty}]\)为对应项相乘之后求和除去\(\text{IFWT}\)的\(2^k\)
复杂度为\(O(2^{m-k}+m^3+nm)\)
const int N=210,P=998244353;
int n,m,c;
ll d[62],e[63],C[62][62],W[63][63];
ll qpow(ll x,ll k=P-2){
ll res=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
return res;
}
vector <int> Enum(ll *d){
static ll a[N],S[1<<15],T[1<<15],bin[1<<15];
int n=0,m;
rep(i,0,61) if(d[i]) a[n++]=d[i];
m=n/2;
rep(i,0,m) bin[1<<i]=i;
rep(i,1,(1<<m)-1) S[i]=S[i&(i-1)]^a[bin[i&-i]];
rep(i,1,(1<<(n-m))-1) T[i]=T[i&(i-1)]^a[bin[i&-i]+m];
vector <int> res(::m+1);
int X=(1<<m)-1;
rep(i,0,(1<<n)-1) res[__builtin_popcountll(S[i&X]^T[i>>m])]++;
return res;
}
int main(){
n=rd(),m=rd();
rep(i,1,n) {
ll x=rd<ll>();
drep(i,m-1,0) if(x&(1ll<<i)) {
if(!d[i]) {
d[i]=x,c++;
break;
} else x^=d[i];
}
}
if(c<=27) {
n=qpow(2,n-c);
vector <int> res=Enum(d);
rep(i,0,m) res[i]=1ll*res[i]*n%P;
rep(i,0,m) printf("%d ",res[i]);
return 0;
}
rep(i,0,m) rep(j,*C[i]=1,i) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%P;
rep(i,0,m) { // F_i变成j之后的变化
rep(j,0,m) rep(k,0,min(i,j)) {
W[i][j]=(W[i][j]+1ll*(k&1?-1:1)*C[j][k]*C[m-j][i-k])%P;
}
}
rep(i,0,m-1) if(d[i]) rep(j,i+1,m) if(d[j]&(1ll<<i)) d[j]^=d[i];
rep(i,0,m-1) if(d[i]) {
rep(j,0,i-1) if(d[i]&(1ll<<j)) e[j]|=1ll<<i;
} else e[i]|=1ll<<i;
vector <int> t=Enum(e),ans(m+1);
n=qpow(2,n-c+c-m+P-1);
rep(i,0,m) rep(j,0,m) ans[i]=(ans[i]+1ll*W[i][j]*t[j])%P;
rep(i,0,m) ans[i]=1ll*(ans[i]+P)*n%P;
rep(i,0,m) printf("%d ",ans[i]);
}
