「题解」ARC156D Xor Sum 5

异或有很好的性质，相同直接抵消。那考虑按照将 \(X\) 看成多重集来划分等价类，仅大小为奇数的等价类贡献答案。考虑这个多重集的形态，假设下标 \(i\) 出现了 \(c_i\) 次，那么总的出现次数就是：\(\binom{K}{c_1,c_2,\cdots,c_n}\)（多重集的排列数）

欲求其出现次数奇偶性，考察其 \(2\) 的次幂是否为 \(0\)，仿照 Kummer 定理，容易猜出 \(2\) 的次幂为 \(c_1+c_2+\cdots+c_n\) 在二进制下的进位次数，而证明与 Kummer 定理证明几乎一致故略去。那么现在 \(\binom{K}{c_1,c_2,\cdots,c_n}\) 为奇数当且仅当 \(c_1,c_2,\cdots,c_n\) 两两无交。（ Lucas 定理？）

也就是将 \(K\) 二进制分解，每个二进制位分配给一个 \(c_i\)，这样得出来的 \(c\) 才是会给答案产生贡献的。

那么思路就转到在数位上考虑，观察到 \(N,A\) 都比较小，所以想到设数位 dp \(f_{i,j}\) 表示从低到高考虑到第 \(i\) 位，总和在第 \(i\) 位这里进的位是 \(j\)，所有方案的异或是多少。如果这一位是 1 转移就枚举这个 1 分配给哪个 \(A\)，然后为了 \(f\) 能够转移还要记一下模 2 下的方案数 \(g\)．

注意到 \(j\) 的上界是 \(\sum_{i\geq 1} \lfloor\frac{A}{2^i}\rfloor=\mathcal{O}(A)\)，那么时间复杂度是 \(\mathcal{O}(NA\log K)\)．

补一下中间那个证明：

\(v_2(n!)=\sum_{i\geq 1}\lfloor\frac{n}{2^i}\rfloor\)，令 \(\lfloor\frac{n}{2^i}\rfloor=S_i(n)\)．

\(v_2(\frac{n!}{c_1!c_2!\cdots})=\sum_{i\geq 1}S_i(n)-S_i(c_1)-S_i(c_2)-\cdots\)．

那么 \(S_i(n)\) 实际意义为 \(n\) 截取最底 \(i\) 个二进制位之后的值。

\(\sum_{j}S_i(c_j)\) 实际为所有 \(c\) 仅看除去最底 \(i\) 个二进制位之后的值再求和。

\(n=\sum_j c_j\)，那么 \(S_i(n)-\sum_{j}S_i(c_j)\) 即为“所有 \(c\) 仅看最底 \(i\) 个二进制位求和后再截掉最底 \(i\) 位”，也就是在第 \(i\) 位进了多少位。

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pil>vpil;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=998244353;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
int qpow(int x,int y){
	int s=1;
	while(y){
		if(y&1)s=1ll*s*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return s;
}
ll bit(int x){
	return 1ll<<x;
}
const int N=1010;
int n;
ll k,a[N];
ll f[41][N];
int g[41][N];
signed main(){
	#ifdef do_while_true
//		assert(freopen("data.in","r",stdin));
//		assert(freopen("data.out","w",stdout));
	#endif
	read(n,k);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
	g[0][0]=1;
	for(int i=0;i<40;i++)
		for(int j=0;j<=1000;j++)
			if(f[i][j]||g[i][j]){
				auto zy=[&](int v){
					f[i+1][v/2]^=f[i][j];
					g[i+1][v/2]^=g[i][j];
					if((v&1) && g[i][j])
						f[i+1][v/2]^=bit(i);
				};
				if(bit(i)&k){
					for(int o=1;o<=n;o++)
						zy(j+a[o]);
				}
				else
					zy(j);
			}
	ll ans=0;
	for(int j=0;j<=1000;j++){
		ans^=f[40][j];
		if(g[40][j])
			ans^=(1ll*j)<<40;
	}
	cout << ans << '\n';
    #ifdef do_while_true
		cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
	#endif
	return 0;
}