【XSY2813】【LOJ6358】前夕（容斥）

题面

前夕

题解

神仙fl！/se

题意：有一个大小为 \(n\) 的集合，易知它有 \(2^n\) 个不同的子集，在这些子集中选出一些集合，使得他们的交集大小为 \(4\) 的倍数，求选的方案数。

首先我们设 \(f(i)\) 表示钦定交集大小至少为 \(i\) 时的方案数，易知：

\[f(i)=\binom{n}{i}\left(2^{2^{n-i}}-1\right) \]

减 \(1\) 是因为不能不选。

考虑构造容斥系数 \(\alpha(i)\) 使得答案为：

\[ans=\sum_{i=0}^{n}\alpha(i)f(i) \]

我们考虑一种选择的方案，设这种方案选出的集合的并集大小为 \(x\)。

一方面，它实际的贡献应该是 \([4|x]\)。

另一方面，我们考虑它在式子中的贡献。显然它只会在 \(0\leq i\leq x\) 的 \(f(i)\) 有贡献，那么它在 \(ans\) 中的贡献为：

\[\sum_{i=0}^x\binom{x}{i}\alpha(i) \]

那么可以列出方程：

\[[4|x]=\sum_{i=0}^x\binom{x}{i}\alpha(i) \]

根据单位根反演（\(f(n)=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}g(i)\iff g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}f(i)\)）：

\[\alpha(x)=\sum_{i=0}^x(-1)^{x-i}\dbinom{x}{i}[4|i] \]

\([4|x]\) 不太好处理，如果它是个多项式就好了。

神奇的方法：单位根反演！

补充知识：单位根反演

定理：\(\forall k\geq 0,[n|k]=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}w_{n}^{ik}\)。（其中 \(w\) 是单位根）

证明：

当 \(n|k\) 时，\(w_n^{ik}=1\)，故右式值为 \(1\)；

当不满足 \(n|k\) 时，\(\sum\limits_{i=0}^{n-1}w_{n}^{ik}\) 是等比数列求和的形式，值为 \(0\)。

于是：

\[\begin{aligned} \alpha(x)&=\sum_{i=0}^x(-1)^{x-i}\dbinom{x}{i}\dfrac{1}{4}\sum_{j=0}^{3}w_4^{ji}\\ &=\dfrac{1}{4}\sum_{j=0}^{3}\sum_{i=0}^x(-1)^{x-i}\dbinom{x}{i}w_4^{ji}\\ \end{aligned} \]

注意到 \(\sum\limits_{i=0}^x(-1)^{x-i}\dbinom{x}{i}w_4^{ji}=\sum\limits_{i=0}^x\dbinom{x}{i}(-1)^{x-i}\left(w_4^{j}\right)^{i}=\left(-1+w_4^j\right)^x\)。

所以：

\[\alpha(x)=\dfrac{1}{4}\sum_{j=0}^{3}\left(-1+w_4^j\right)^x \]

直接做即可，注意要严格 \(O(n)\)。

最后答案要加 \(1\)，是因为你可以什么都不选。（注意“什么都不选”和“只选了空集”是两种不同的方案）

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 10000010

using namespace std;

namespace modular
{
	const int mod=998244353;
	inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
	inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
	inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
	const int inv2=(mod+1)/2,inv4=mul(inv2,inv2);
}using namespace modular;

inline int poww(int a,int b)
{
	int ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=mul(ans,a);
		a=mul(a,a);
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
	{
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}

int n;
int facn,ifac[N];
int pow22[N];
int w[4];

void init()
{
	facn=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) facn=mul(facn,i);
	ifac[n]=poww(facn,mod-2);
	for(int i=n;i>=1;i--) ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
	pow22[0]=2;
	for(int i=1;i<=n;i++) pow22[i]=mul(pow22[i-1],pow22[i-1]);
	int gn=poww(3,(mod-1)/4);
	int g=1;
	for(int i=0;i<4;g=mul(g,gn),i++) w[i]=g;
}

int Cn(int m)
{
	return mul(mul(facn,ifac[m]),ifac[n-m]);
}

int main()
{
	n=read();
	init();
	int now[4]={1,1,1,1},ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		int a=0;
		for(int j=0;j<4;j++)
		{
			a=add(a,now[j]);
			now[j]=mul(now[j],dec(w[j],1));
		}
		a=mul(inv4,a);
		int f=mul(Cn(i),dec(pow22[n-i],1));
		ans=add(ans,mul(f,a));
	}
	printf("%d\n",add(ans,1));
	return 0;
}