Codeforces Global Round 17 - D. Not Quite Lee

裴蜀定理 + lowbit

Problem - D - Codeforces

题意

定义一个包含 $m$ 个元素的数组 $b$ 是好的，当且仅当满足以下两个条件

1. 对于 $b[i]$, 存在一个长度为 $b[i]$ 的连续的段（如 $b[i]=4$, [1,2,3,4], [-1,0,1,2]等就是符合条件的）
2. 对于这 $m$ 个段，$sum_i$ 记为这一段的数字和，并满足 $\sum sum_i=0$]

给定一个长度为 $n\;(1<=n<=2*10^5)$ 的数组 $a[i]$，求 $a$ 的 $2^n-1$ 个非空子序列组成的数组中，有多少个是好的

思路

1. 对于 $a[i]$ 而言，设选取的一段的第一个数是 $x_i$, 则 $sum_i=a_i*x_i+\frac {a_i*(a_i-1)}2$

2. 若选了 $a$ 数组的 $k$ 个数，记为 $c_1,c_2...c_k$

   $\sum sum_i=0\Lrarr \sum c_i*x_i=\sum \frac {c_i*(c_i-1)}2$

​ 根据裴蜀定理，设 $g=\gcd(c_1,c_2,...,c_k)$, 则要满足 $g\mid \sum \frac {c_i*(c_i-1)}2$

3. 如果 $c_i$ 中存在奇数，则 $g$ 也一定是奇数，所以右边的除以2不影响整除的性质，又因为 $g\mid c_i$, 因此 $g\mid \sum \frac {c_i*(c_i-1)}2$ 恒成立

   所以奇数部分对方案数的贡献就是 $2^{odd}$ （也可以感性考虑，如果存在一个奇数，那么它和其余所有的偶数共有奇数个数，把它们按关于 0 对称排列即可；其余的奇数也关于 0 对称排列）

4. 现在只关心偶数部分，因为 $g\mid c_i$, 问题是右边的除以 2 之后还能否满足 $g\mid \sum \frac {c_i*(c_i-1)}2$，（即关心的是 $c_i$ 的含 2 量） 由于 $c_i-1$ 为奇数，对除以 2 而言没有意义，不用考虑；

5. 现在转化为 $g\mid \sum \frac {c_i}2$ 是否成立，记 $lowb[x]$ 为能整除 $x$ 的最高的 2 的幂次，例如 $lowb[8]=3,lowb[16]=4$

   $lowb[g]<=lowb[c_i]$

   1. $lowb[c_i]>lowb[g]$, 那么 $\frac {c_i}2$ 仍能被 $g$ 整除
   2. $lowb[c_i]==lowb[g]$, 需要偶数个相等的 $c_i$ 才能使 $g\mid \sum \frac {c_i}2$ （需要用到 $\binom n0+\binom n2+\binom n4+...=2^{n-1}$ 来优化）

   代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl "\n"

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 2e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
int n;
int a[N];
int lowb[40];
ll mi[N];

void add(ll &a, ll b)
{
	a += b;
	if (a >= mod)
		a -= mod;
}

void presolve()
{
	mi[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		mi[i] = mi[i-1] * 2 % mod;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int x = a[i], cnt = 0;
		while(x % 2 == 0)
		{
			x /= 2;
			cnt++;
		}
		lowb[cnt]++;
	}
}

ll solve()
{
	ll ans = 0;
	int even = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (a[i] % 2 == 0) even++;
    //至少一个奇数 + 任意个偶数
	add(ans, mi[even] * (mi[n - even] - 1 + mod) % mod);
    //只有偶数
	for (int i = 1; i <= 30; i++)
	{
		if (!lowb[i])
			continue;
		even -= lowb[i];
		//枚举拿的最小的lowbit，且要拿偶数个，C(n,0) + C(n,2) + C(n,4) + ... == 2^(n-1),且不能拿0个
		add(ans, mi[even] * (mi[lowb[i] - 1] - 1 + mod) % mod);
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i];
	presolve();
	cout << solve() << endl;
    return 0;
}