题解 CF1713F Lost Array

第一步是如果给定 $a$，怎么求 $b$ 的最后一列。

考虑到 $b_{i,j}=b_{i,j-1}\ \text{xor}\ b_{i-1,j}$，那么我们考虑最终 $b_{i,n}$ 的贡献：对于每个 $b_{0,j}$，设 $b_{0,j}$ 有 $k$ 种不同走法（每一步向右或向下走，第一步必须向下）能到达 $b_{i,n}$，那么 $b_{0,j}(a_j)$ 对 $b_{i,n}$ 的贡献有 $k$ 次。由于是异或，$k$ 是奇数贡献为 $a_j$；否则为 $0$。

考虑计算 $b_{0,j}$ 到 $b_{i,n}$ 有几种走法，运用组合数容易得到走法数为 $\left(\begin{array}{c} i-1+n-j \\ i-1 \end{array}\right)$。这个形式比较难受，我们考虑反转 $a$，并且 $a,b$ 下标都从 $0$ 开始，式子变成了 $\left(\begin{array}{c} i+j \\ i \end{array}\right)$。根据 Lucas 定理（即 [CTSC2017]吉夫特 的经典结论），这个式子有贡献当且仅当 $(i+j)\ \text{and}\ i=i$，也容易转化为 $i\ \text{and}\ j=0$。

将下标设成从 $0$ 开始并反转 $a$ 后，我们得到由 $a$ 推出 $b$ 的式子：$b_i=\oplus_{i\ \text{and}\ j=0}\ a_j$。我们可以用 FWT 或 FMT 在 $O(n\log n)$ 的时间内由 $a$ 计算出 $b$，但这不是本题要求。

本题中已知 $b$ 求 $a$，我们根据子集反演式子：

$$f(S)=\sum_{T \subseteq S} g(T) \Leftrightarrow g(S)=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|S|-|T|} f(T)$$

由于运算是异或，那么不用考虑 $-1$ 的系数，也就是说对于一个数组 $a$ 做一遍 FMT 得到 $b$，那么也可以从 $b$ 做一遍完全一致的 FMT 得到 $a$。

遗憾的是本题还没有做完。你发现把 $i\ \text{and}\ j=0$ 转化成子集形式后，$b$ 数组的前几项未知，那么你也不能做反着的 FMT 从 $b$ 推出 $a$。我场上也就到这里就止步了，所以没有做出此题。

不妨换一个思路。定义 $c$ 是 $a$ 做一遍后缀 FMT 的结果，即 $c_i$ 为所有 $i$ 的超集 $a$ 的异或和。考虑 $i\ \text{and}\ j=0$ 是 $i$ 的所有位 $j$ 都不能存在。我们容斥，枚举 $i$ 的子集 $k$，钦定这 $k$ 位需要选，其他位随意，那么要计算的是满足 $k$ 是 $j$ 的子集的所有 $j$（也就是 $c_k$），原本 $-1$ 的容斥系数由于是异或也不需要考虑。

所以从 $a$ 推 $b$ 得出了一个新的做法：先对 $a$ 每个位置变成其超集的异或和，记这个新数组为 $c$，再对 $c$ 每个位置变成其子集的异或和，就可以得到 $b$。

这个做法不会存在前一个做法“数组的前几项未知”的问题，因此从 $b$ 反着做两个 FMT 回去就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[1000005];
int main()
{
	cin >> n;
	for (int i=0;i<n;i++) cin >> a[i];
	for (int i=0;i<19;i++)
	{
		for (int j=0;j<n;j++)
		{
			if (j&(1<<i)) a[j]^=a[j^(1<<i)];
		}
	}
	for (int i=0;i<19;i++)
	{
		for (int j=0;j<n;j++)
		{
			if (j&(1<<i)) a[j^(1<<i)]^=a[j];
		}
	}
	for (int i=n-1;i>=0;i--) cout << a[i] << " ";
	return 0;
}

小声：看官方题解不是很懂，特别感谢神仙 @chenxinyang2006 的指点，让我受益匪浅。