[UOJ310][UNR #2]黎明前的巧克力
题目
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分析
不难发现,设两人取得的下标集合为\(S_a\)和\(S_b\),那么符合要求的下标集合对需要满足\(S_a\)和\(S_b\)对应的值全部异或起来为 0 。
因此,我们可以考虑异或为\(0\)的下标集合\(S\),它对答案的贡献就是\(2^{|S|}\)。
根据这个思想,我们可以考虑如下的 DP :
\(f(i,j)\):前\(i\)个数,异或为\(j\)的集合的个数。转移如下:
这样当然是没有办法做的。不过我们可以考虑将这样的转移写成生成函数的形式:
其中的\(\bigoplus\)运算符为异或卷积,可以理解为系数相乘,指数异或。
说着异或卷积,貌似就可以 FWT ?
显然不行,这样时间有\(O(n^2\log_2n)\),会 T 的,我们需要继续挖掘性质。
我们想想 FWT 之后的序列的性质:
由于\(A\)中只有一个 1 和一个 2 ,那么我们我们 FWT 后每一项只会是 \(-1\) 或者 \(3\) 。
因此我们\(FWT(F)_i\)一定可以表示为\((-1)^{p_i}\times 3^{q_i}\),其中\(p_i\)表示\(FWT(A(1))\sim FWT(A(n))\)中第\(i\)项上\(-1\)的个数,\(q_i\)同理。
设\(s_i\)为\(FWT(A(1))\sim FWT(A(n))\)中第\(i\)项的和。我们可以得到:
假如我们快速求出\(s_i\),我们就可以解出\(p_i\)和\(q_i\),进而算出\(FWT(F)\)和\(F\)。
这里用到了一个性质: FWT 的和等于和的 FWT 。
设\(B_i=\sum_{j=1}^n A(j)_i\),这个性质即:
这其实比较好理解,因为合起来 FWT 的时候来自不同\(A\)的值是可以看成互不影响的。
然后就可以\(O(n\log_2n)\)解决了。
代码
#include <cstdio>
const int mod = 998244353, inv2 = 499122177, inv4 = 748683265;
const int MAXN = 4e6 + 5;
template<typename _T>
void read( _T &x )
{
x = 0;char s = getchar();int f = 1;
while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
x *= f;
}
template<typename _T>
void write( _T x )
{
if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
putchar( x % 10 + '0' );
}
template<typename _T>
_T MAX( const _T a, const _T b )
{
return a > b ? a : b;
}
int F[MAXN];
int N, len;
int fix( const int x ) { return ( x % mod + mod ) % mod; }
int qkpow( int base, int indx )
{
int ret = 1;
while( indx )
{
if( indx & 1 ) ret = 1ll * ret * base % mod;
base = 1ll * base * base % mod, indx >>= 1;
}
return ret;
}
void FWT( int *f, const int mode )
{
int t1, t2;
for( int s = 2 ; s <= len ; s <<= 1 )
for( int i = 0, t = s >> 1 ; i < len ; i += s )
for( int j = i ; j < i + t ; j ++ )
{
t1 = f[j], t2 = f[j + t];
if( mode > 0 ) f[j] = ( t1 + t2 ) % mod, f[j + t] = fix( t1 - t2 );
else f[j] = 1ll * ( t1 + t2 ) * inv2 % mod, f[j + t] = 1ll * fix( t1 - t2 ) * inv2 % mod;
}
}
signed main()
{
int mx = 0;
read( N );
for( int i = 1, a ; i <= N ; i ++ ) read( a ), mx = MAX( mx, a ), F[a] += 2;
for( len = 1 ; len <= mx ; len <<= 1 );
F[0] += N, FWT( F, 1 );
//这里千万不能写成赋值!a可以为0!
for( int i = 0 ; i < len ; i ++ )
{
int cnt3 = 1ll * ( F[i] + N ) * inv4 % mod;
int cnt1 = fix( N - cnt3 );
F[i] = qkpow( 3, cnt3 );
if( cnt1 & 1 ) F[i] = mod - F[i];
}
FWT( F, -1 );
write( fix( F[0] - 1 ) ), putchar( '\n' );
return 0;
}