CF1770F Koxia and Sequence（条件统计转组合数计数）

题意简述

给定 $n, x, y$ ，定义序列 ${a_{n}}$ 合法当且仅当 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} = x$ 且 ${or}_{i = 1}^{n} = y$ ，你需要求出 $\oplus_{a is valid} \oplus_{i = 1}^{n} a_{i}$ 的值。

$n < 2^{40}, x < 2^{60}, y < 2^{20}$ 。

分析

第一步：先做一波非常重要的分析

答案要求所有合法序列的所有数的异或，而因为一个合法序列翻转后也是合法序列，因此两个方案的贡献被抵消。那么只有回文序列才有可能有贡献。

若 $n$ 为偶数，那么因为回文，所以会两两抵消，因此 $n$ 为偶数时答案为 0。若 $n$ 为奇数，则除最中间的数以外全部抵消，为表述方便我们令那一项是 $a_{1}$ （你重排序列显然不会影响答案，实际上令啥或不令都无所谓），答案相当于求所有合法序列的 $a_{1}$ 的异或和。

第二步：考虑如何计数

考虑要让序列符合两个条件。若让序列满足条件二，那么很难做一个使得 $\sum a = x$ 的计数，所以考虑让 $\sum a = x$ ，对条件二计数。

按位考虑 $a_{1}$ 每一位的贡献，由于是异或，我们只需要算出 $a_{1}$ 那一位为 $1$ 的方案数的奇偶性，为 1 就有贡献。发现直接让或结果等于 $y$ 很难做，考虑容斥，答案就是 $\sum_{y^{'} \subseteq y} (- 1)^{| y | - | y^{'} |} f (y^{'}, i)$ ，因为只需要奇偶性，所以答案就是 $\oplus_{y^{'} \subseteq y} f (y^{'}, i)$ ，其中 $f (y, i)$ 表示当序列或为 $y$ 时 $a_{1}$ 第 $i$ 位是 $1$ 的方案数。

第三步：求解 $f (y, i)$

引理： $[x \subseteq y] = (\binom{y}{x}) mod 2$ 。

证明：根据卢卡斯定理， $(\binom{x}{y}) \equiv (\binom{⌊ \frac{x}{2} ⌋}{⌊ \frac{y}{2} ⌋}) (\binom{x mod 2}{y mod 2}) (\mod 2)$ ，发现 $(\binom{x mod 2}{y mod 2})$ 只有在 $x mod 2 = 0, y mod 2 = 1$ 时为 0。而整个求解的过程就是二进制分解的过程，所以 $(\binom{x}{y})$ 为 $1$ 就相当于对于每一位， $x$ 为 0 时 $y$ 就不能为 1，等价于 $y$ 是 $x$ 子集。

而 $f (y, i) = [2^{i} \subseteq y] \sum_{\sum a = x} [2^{i} \subseteq a_{1}] \prod_{i} [a_{i} \subseteq y]$ （后文为方便把 $[2^{i} \subseteq y]$ 省略），根据引理可以直接把原式子变成组合数式子（方便推导）：

f (y, i) = \sum_{\sum a = x} (\binom{a_{1}}{2^{i}}) \prod i (\binom{y}{a_{i}})

考虑将 $(\binom{a_{1}}{2^{i}})$ 扔到外面，把右面的 $(\binom{y}{a_{1}})$ 分离出来，那么 $(\binom{a_{1}}{2^{i}}) (\binom{y}{a_{1}})$ 就是经典的组合恒等式，它等于 $(\binom{y}{2^{i}}) (\binom{y - 2^{i}}{a_{1} - 2^{i}})$ ，这样 $(\binom{y}{2^{i}})$ 就可以扔出 sigma 了：

f (y, i) = (\binom{y}{2^{i}}) \sum_{\sum a = x} (\binom{y - 2^{i}}{a_{1} - 2^{i}}) (\binom{y}{a_{2}}) \dots

引理：（范德蒙德卷积） $\sum_{i} (\binom{n}{r - i}) (\binom{m}{s + i}) = (\binom{n + m}{r + s})$ ，证明用组合意义不难证明。注意这个 $i$ 可以取组合数有定义下的任何值。

我们把它推广到多个组合数相乘的形式，就是 $\sum_{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} = x} (\binom{b_{1}}{a_{1}}) (\binom{b_{2}}{a_{2}}) \dots (\binom{b_{k}}{a_{k}}) = (\binom{\sum b}{\sum a})$ ，因为 $a_{i}$ 可以取组合数有定义下的任何值。

我们把原式后面那坨 sigma 用范德蒙德卷积的推广合并掉，就是：

f (y, i) = (\binom{y}{2^{i}}) (\binom{y - 2^{i} + y + y + \dots}{a_{1} - 2^{i} + a_{2} + \dots}) = (\binom{y}{2^{i}}) (\binom{n y - 2^{i}}{x - 2^{i}})

把组合数化回原来的条件形式， $f (y, i)$ 就等于 $[2^{i} \subseteq y] [x - 2^{i} \subseteq n y - 2^{i}]$ ， $O (1)$ 的。

再把它代回容斥式子， $a_{1}$ 第 $i$ 位为 1 的方案数就可求，然后答案也很好求，然后就做完了。枚举 $y$ 的子集和答案的二进制位，时间复杂度 $O (y \log y)$ 。

代码很好写。

int n,x,y;
bool In(int x,int y){return (x&y)==x;}
void solve_the_problem(){
	n=rd(),x=rd(),y=rd();
	if(n%2==0)return (void)P0;
	int ans=0;
	per(j,19,0){
		int ret=0;
		for(int i=y;i;i=(i-1)&y){
			if(In((1<<j),i)&&In(x-(1<<j),n*i-(1<<j)))ret^=1;
		}
		ans+=ret*(1<<j);
	}
	write(ans);
}

作者：dcytrl

出处：https://www.cnblogs.com/dcytrl/p/18295173

版权：本作品采用「署名-非商业性使用-相同方式共享 4.0 国际」许可协议进行许可。

posted @ 2024-07-10 22:55 dcytrl 阅读(11) 评论(0) 编辑收藏举报

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