「CF1713F」Lost Array

题目

点这里看题目。

有一个长度为 $n$ 的非负整数序列 $\{a_i\}_{i=1}^n$，以此生成一个 $(n+1)\times(n+1)$ 的非负整数矩阵 $A$​：

• 对于 $0\le i\le n$，有 $A_{i,0}=0$。

• 对于 $1\le i\le n$，有 $A_{0,i}=a_i$。

• 对于 $1\le i,j\le n$，有 $A_{i,j}=A_{i-1,j}\oplus A_{i,j-1}$​。

设 $\{b_{i}=A_{i,n}\}_{i=1}^n$，现在给出 $b$，构造一组可以生成 $b$ 的 $a$，或报告无解。

所有数据满足 $1\le n\le 5\times 10^5,0\le b_i\le 2^{30}$。

分析

容易发现，$a_i$ 对于 $b_j$ 的贡献系数为 $\binom{n-i+j-1}{j-1}$。

然而，在异或的含义下，我们关心的是 $\binom{n-i+j-1}{j-1}\bmod 2$​，根据 Lucas 定理 $\binom{n-i+j-1}{j-1}\bmod 2$​ 为 $1$​​ 当且仅当 $(n-i+j-1)\cap(j-1)=j-1$​（用 $x\cap y$​ 表示二进制下按位与）。

进一步地，我们尝试把 $n-i+j-1$​ 拆开。容易发现，上述条件等价于 $(n-i)\cap (j-1)=0$，因为如果与非零，则 $(n-i)\cap (j-1)$ 的最低位不会被进位补齐，就会真的变成 $0$。

找出 $U=2^{\lceil\log_2 n\rceil}-1$​，我们把 $U$​ 当作“全集”，则所有 $x\cap (j-1)=0$ 的 $x$ 必然是 $U\oplus(j-1)$ 的“子集”，这样我们就把 $b$ 的限制变成了 $n$ 条 $a$​ 的子集异或和的方程。

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设 $\overline{a}_i=\begin{cases}a_{n-i}&0\le i<n&\\0&n\le i\le U\end{cases}$​​​，也就是先反转再补零的结果。

如果 $U=n-1$，那么我们就可以直接执行逆变换算出来 $\overline a$，进而得到 $a$。

然而实际情况没有这么好。设 $S_x=\bigoplus_{y\cap x=y}\overline a_y$​​，则我们得到的实际上是 $S_{U-n+1}$​​ 到 $S_{U}$​​ 的准确值。但一个前缀的 $S$ 的值是丢失的，所以光凭这些信息还不足以帮助我们快速地解出 $\overline a$​​。

我们尝试再建立一点 $\overline a$​ 和 $S$​ 之间的联系。不妨考虑朴素的容斥，我们知道 $\overline a_y=\sum_{x\cap y=x}(-1)^{\operatorname{popcount}(x\oplus y)}S_x$，而在按位异或的意义下 $-1$ 系数毫无作用，所以 $\overline a_y=\bigoplus_{x\cap y=x}S_x$！也可以说 $\overline a$ 和 $S$ 互为子集异或和​！

我们马上注意到 $\overline a$​ 在某些位置上为 $0$​，所以这又给我们新增了 $U-n+1$​​​ 条关于 $S$​ 的方程。一共 $U+1$​ 条方程，正好可以解出 $U+1$​ 个变量。然而，未知量集中在前缀上，有效的方程集中在后缀上，我们还需要更多的处理。

不妨再把问题化简，我们消去所有已知的 $S$​ 的贡献，算出 $T_y=\bigoplus_{0\le x<n,x\cap y=0}S_x$​​。现在我们得到的就是纯粹的和前 $n$ 个 $S$ 相关的问题了。结合二进制变换的一贯尿性，我们不妨考虑分治方法解决这个问题。

用 $(B,L,R,q)$​​​ 来表示“如果 $T$​​ 仅在前 $B$​​ 位做前缀和，已知 $T_{R-q+1}\sim T_{R}$​​，且 $S_{L+q}\sim S_{R}$ 都是 $0$，求出 $S_L\sim S_{L+q-1}$​​”。计算过程需要讨论一点情况：

• 如果 $q=R-L+1$，则可以直接逆变换算，这是边界。

• 如果 $q\le 2^{B-1}$​​，则 $[L+2^{B-1},R]$ 这一段因为全为 $0$ 而没有贡献，可以直接递归到 $(B-1,L,\lfloor\frac{L+R}{2}\rfloor,q)$ 计算​。

• 否则，我们必须考虑交叉贡献。

  两边尝试一下，发现先计算区间 $[L+2^{B-1},R]$ 会容易一点。那么，在递归下去之前，我们需要消除 $[L,L+2^{B-1}-1]$ 的影响。

  设 $r=q-2^{B-1}$。由于我们只知道 $T_{R-q+1}\sim T_{L+2^{B-1}-1}$ 的信息，所以我们可以计算出仅在前 $B-1$ 位做前缀和时的 $T_{R-r+1}\sim T_{R}$。好巧不巧，根据对称性，区间 $[L+2^{B-1},R]$ 中也正好只有 $r$ 个值未确定，递归下去形式已知，正好就是 $(B-1,L+2^{B-1},R,r)$。

  解决完一边之后，我们可以相应地去掉 $[L+2^{B-1},R]$ 的贡献，从而得到仅在前 $B-1$ 位做前缀和时的 $T_{L}\sim T_{L+2^{B-1}-1}$。所以，我们已经到边界了！

容易发现复杂度为 $O(n\log n)$​，因为每次递归大小折半且实质上只会走向单侧。

Remark.

不知道能写点什么，真正重要的内容全部用黑色加粗了。

不过我想说，tnnd 你谷题解区前三篇写的都是什么东西？正常人怎么会想到“先超集再子集”这种反常思路？当然很有可能是因为我是一个神必。总之看得我一头雾水。

一般来说，思路应当连贯，后来的多多少少要和已有的照应。思考的时候也可以注意一下，如果思路太发散就需要用纸笔辅助，避免忘了自己想过什么东西。

代码

#include <cstdio>
#include <vector>

#define rep( i, a, b ) for( int i = (a) ; i <= (b) ; i ++ )
#define per( i, a, b ) for( int i = (a) ; i >= (b) ; i -- )

const int MAXN = ( 1 << 20 ) + 5;

template<typename _T>
inline void Read( _T &x ) {
	x = 0; char s = getchar(); bool f = false;
	while( ! ( '0' <= s && s <= '9' ) ) { f = s == '-', s = getchar(); }
	while( '0' <= s && s <= '9' ) { x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar(); }
	if( f ) x = -x;
}

template<typename _T>
inline void Write( _T x ) {
	if( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
	if( 9 < x ) Write( x / 10 );
	putchar( x % 10 + '0' );
}

int su[MAXN];
int f[MAXN], tmp[MAXN];

int N, U, K;

inline void Conv( const int &b, int *coe ) {
	int n = 1 << b;
	for( int i = 0 ; i < b ; i ++ )
		for( int j = 0 ; j < n ; j ++ )
			if( j >> i & 1 ) coe[j] ^= coe[j ^ ( 1 << i )];
}

void Divide( const int &B, const int &L, const int &R, const int &len, int *val ) {
	if( ! len || B < 0 ) return ;
	int mid = ( L + R ) >> 1;
	if( len == R - L + 1 ) {
		rep( i, 0, len - 1 ) tmp[i] = val[i];
		Conv( B, tmp );
		rep( i, 0, len - 1 ) su[i + L] = tmp[i];
	} else if( len <= mid - L + 1 ) 
		Divide( B - 1, L, mid, len, val );
	else {
		std :: vector<int> old( val, val + len );
		int rsd = len - ( R - mid ), hlf = 1 << ( B - 1 );
		rep( i, 0, rsd - 1 ) val[i + hlf] ^= val[i];
		Divide( B - 1, mid + 1, R, rsd, val + hlf );
		rep( i, 0, hlf - 1 ) 
			tmp[i] = i < rsd ? su[i + mid + 1] : 0;
		Conv( B - 1, tmp );
		rep( i, 0, hlf - 1 ) tmp[i] ^= old[i + rsd];
		rep( i, 0, hlf - 1 ) val[i] = tmp[i];
		Divide( B - 1, L, mid, hlf, val );
	}
}

int main() {
	Read( N );
	for( U = 1, K = 0 ; U < N ; U <<= 1, K ++ );
	rep( i, 0, N - 1 ) {
		int b; Read( b );
		su[( U - 1 ) ^ i] = b;
	}
	rep( i, 0, U - 1 ) f[i] = i <= U - 1 - N ? 0 : su[i];
	Conv( K, f );
	if( U == N ) {
		rep( i, 1, N )
			Write( f[N - i] ), putchar( " \n"[i == N] );
		return 0;
	}
	Divide( K, 0, U - 1, U - N, f + N );
	Conv( K, su );
	rep( i, 1, N ) Write( su[N - i] ), putchar( " \n"[i == N] );
	return 0;
}