闲话 23.1.27

闲话

今天下午可是被这题干沉默了（
就磕这题了
apj 三点给我的题我到现在才看懂
我发现我好像脑子真不行

也没啥想说的了这题挺ex的（

杂题

ARC139F

给定 $n,m$ ， $A_i$ 从 $[0,2^m-1]$ 中随机生成。

令 $F(A)$ 为所有子集异或和的最大值，即对于一个下标集合 $S=\{i_1,i_2,\cdots,i_k\}$ ， $A_{i_1}\oplus A_{i_2}\oplus\cdots\oplus A_{i_k}$ 的最大值。

对于 $2^{nm}$ 种生成方式，求 $F(A)$ 的和模 $998244353$ 。

$1 \le n,m\le 250000$ 。

apj 这题成功给我干沉默了一个下午（
作为报复我写篇题解啥的（

首先可以转化成 $\mathbb F_2^m$ 空间内选择 $n$ 个向量，设一个向量的值是它写成二进制得到的数，一组向量的贡献就是它的标准正交基的值的加和，需要求出所有可能的向量组的贡献之和。
若希望统计答案，不难想到枚举标准基内向量的数量 $k$ 和其中每个向量对应为 $1$ 的位 $a_i$ 。这里位从 $0$ 开始编号。

可以发现答案由三部分构成。

第一部分是求这一组标准基对应的向量组的数量。我们需要求的就是 $n$ 个向量张成了一个 $\mathbb F_2^k$ 空间的方案数。可以作转置得到 $k$ 个 $\mathbb F_2^n$ 空间内向量彼此线性无关的方案数，又转化成满秩 $k\times n$ 的 01 矩阵的方案数，有经典结论答案即为

\prod_{i = 0}^{k - 1} (2^{n} - 2^{i})

$\prod_{i = 0}^{k - 1}\left(2^n - 2^i\right)$

第二部分是求每个向量组对答案的期望贡献。可以发现标准基 $k$ 个向量中为 $1$ 的位在异或和中定为 $1$ ，而其他位可能由其他向量异或得到，以 $\dfrac 12$ 的概率为 $1$ 。因此这部分的答案即为

\frac{2^{a_{k} + 1} - 1 + \sum_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}}}{2}

$\frac{2^{a_k + 1} - 1 + \sum_{i = 1}^k 2^{a_i}}{2}$

第三部分是这一组主元对应的其余 $m - k$ 位的填法。第 $i$ 个元素前面共有 $a_i - (i - 1)$ 个位置是未被其他主元占据的，只有这些位可以自由选择 $01$ 性，其他位由正交性都需要为 $0$ 。对答案求和得到

\sum_{i = 1}^{k} 2^{a_{i} - (i - 1)}

$\sum_{i = 1}^k 2^{a_i - (i - 1)}$

把这三部分乘起来就能得到标准基内向量的数量为 $k$ 时答案

\prod_{i = 0}^{k - 1} (2^{n} - 2^{i}) \times (2^{a_{k}} + \frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}} - \frac{1}{2}) \times \sum_{i = 1}^{k} 2^{a_{i} - (i - 1)}

$\prod_{i = 0}^{k - 1}\left(2^n - 2^i\right)\times \left(2^{a_k} + \frac{1}{2}\sum_{i = 1}^k 2^{a_i} - \frac{1}{2}\right)\times \sum_{i = 1}^k 2^{a_i - (i - 1)}$

首先需要对答案进行一些处理。

第一部分可以在枚举 $k$ 的过程中计算，这部分不是复杂度瓶颈。

第三部分可以将 $2^{a_i}$ 和 $2^{-(i - 1)}$ 分离。
前者可以用生成函数枚举 $a_i$ ，写出来就是

[x^{k}] \prod_{i = 0}^{m - 1} (1 + 2^{i} x) = 2^{(\binom{k}{2})} {(\binom{m}{k})}_{2}

$[x^k] \prod_{i = 0}^{m - 1} (1 + 2^ix) = 2^{\binom{k}{2}}\binom{m}{k}_2$

其中 $\dbinom{m}{k}_q$ 是 $\text{q-binomial}$ ，展开就是

{(\binom{m}{k})}_{q} = \frac{\prod_{i = 1}^{m} (q^{i} - 1)}{\prod_{i = 1}^{k} (q^{i} - 1) \prod_{i = 1}^{m - k} (q^{i} - 1)}

$\binom{m}{k}_q = \frac{ \prod_{i=1}^m (q^i-1) }{ \prod_{i=1}^k (q^i-1) \prod_{i=1}^{m-k} (q^i-1) }$

这点也可以通过前后删去 $(1 + x)$ 和 $(1 + 2^mx)$ 后对比系数得到。
为方便计算和化简，前者可以首先乘入第二部分后一同化简。
后者显然就是 $2^{- \binom{k}{2}}$ 。

然后就是第二部分了。观察这是三个加号，我们分开讨论。
首先是 $2^{a_k}$ 的部分。由于这只有一个未确定值，我们可以枚举 $a_k$ 的值。由于这时 $a_k$ 已经确定，第三部分在乘入时需要将 $k$ 减 $1$ ，且上界已经确定是 $a_k$ 了。
然后是求和的部分，我们不妨考虑换一个看法，用总的 $2^m - 1$ 减去再选一个的贡献，乘入第三部分也就是

\frac{1}{2} ((2^{m} - 1) 2^{(\binom{k}{2})} {(\binom{m}{k})}_{2} - (k + 1) 2^{(\binom{k + 1}{2})} {(\binom{m}{k + 1})}_{2})

$\frac{1}{2}\left((2^m - 1)2^{\binom{k}{2}}\binom{m}{k}_2 - (k + 1)2^{\binom{k + 1}{2}}\binom{m}{k + 1}_2\right)$

这里需要注意的是这个 $1/2$ 的系数。笔者由于没有注意到这个系数想了一个小时（
最后是 $\frac{1}{2}$ 。可以直接乘进去。

枚举 $k$ ，可以发现最终的答案就是

\sum_{k \geq 1} (2^{(\binom{k - 1}{2})} \sum_{i = k - 1}^{m - 1} (2^{i})^{2} {(\binom{i}{k - 1})}_{2} + \frac{1}{2} ((2^{m} - 1) 2^{(\binom{k}{2})} {(\binom{m}{k})}_{2} - (k + 1) 2^{(\binom{k + 1}{2})} {(\binom{m}{k + 1})}_{2}) - 2^{(\binom{k}{2}) - 1} {(\binom{m}{k})}_{2}) 2^{- (\binom{k}{2})} \prod_{i = 0}^{k - 1} (2^{n} - 2^{i})

$\sum_{k\ge 1} \left(2^{\binom{k - 1}{2}} \sum_{i = k - 1}^{m - 1} (2^i)^2 \binom{i}{k - 1}_2 + \frac{1}{2}\left((2^m - 1)2^{\binom{k}{2}}\binom{m}{k}_2 - (k + 1)2^{\binom{k + 1}{2}}\binom{m}{k + 1}_2\right) - 2^{\binom{k}{2} - 1}\binom{m}{k}_2 \right)2^{-\binom{k}{2}} \prod_{i = 0}^{k - 1}\left(2^n - 2^i\right)$

化简可以得到

\sum_{k \geq 1} (2^{(\binom{k - 1}{2})} \sum_{i = k - 1}^{m - 1} (2^{i})^{2} {(\binom{i}{k - 1})}_{2} + (2^{m - 1} - 1) 2^{(\binom{k}{2})} {(\binom{m}{k})}_{2} - (k + 1) 2^{(\binom{k + 1}{2}) - 1} {(\binom{m}{k + 1})}_{2}) 2^{- (\binom{k}{2})} \prod_{i = 0}^{k - 1} (2^{n} - 2^{i})

$\sum_{k\ge 1} \left(2^{\binom{k - 1}{2}} \sum_{i = k - 1}^{m - 1} (2^i)^2 \binom{i}{k - 1}_2 + (2^{m - 1} - 1)2^{\binom{k}{2}}\binom{m}{k}_2 - (k + 1)2^{\binom{k + 1}{2} - 1}\binom{m}{k + 1}_2 \right)2^{-\binom{k}{2}} \prod_{i = 0}^{k - 1}\left(2^n - 2^i\right)$

$2^{a_k}$ 那部分的求和号可以转化成 q-吸收恒等式的形式，然后再应用 q-上指标求和即可。其实就只是把配凑阶乘形式换成配凑 $(2^k - 1)$ 形式了。

\begin{aligned} \sum_{i = k}^{m - 1} 2^{2 i} {(\binom{i}{k})}_{2} \\ = & 2^{k - 1} \sum_{i = k}^{m - 1} 2^{i - k} 2^{i + 1} {(\binom{i}{k})}_{2} \\ = & 2^{k - 1} (\sum_{i = k}^{m - 1} 2^{i - k} (2^{i + 1} - 1) {(\binom{i}{k})}_{2} + \sum_{i = k}^{m - 1} 2^{i - k} {(\binom{i}{k})}_{2}) \\ = & (2^{2 k} - 2^{k - 1}) \sum_{i = k}^{m - 1} 2^{i - k} {(\binom{i + 1}{k + 1})}_{2} + 2^{k - 1} \sum_{i = k}^{m - 1} 2^{i - k} {(\binom{i}{k})}_{2} \\ = & (2^{2 k} - 2^{k - 1}) {(\binom{m + 1}{k + 2})}_{2} + 2^{k - 1} {(\binom{m}{k + 1})}_{2} \end{aligned}

$\begin{aligned} &\sum_{i = k}^{m - 1} 2^{2i} \binom{i}{k}_2 \\ = \ & 2^{k - 1} \sum_{i = k}^{m - 1} 2^{i - k} 2^{i + 1} \binom{i}{k}_2 \\ = \ & 2^{k - 1} \left(\sum_{i = k}^{m - 1} 2^{i - k} \left(2^{i + 1} - 1\right) \binom{i}{k}_2 + \sum_{i = k}^{m - 1} 2^{i - k} \binom{i}{k}_2\right) \\ = \ & \left(2^{2k} - 2^{k - 1}\right) \sum_{i = k}^{m - 1} 2^{i - k} \binom{i + 1}{k + 1}_2 + 2^{k - 1} \sum_{i = k}^{m - 1} 2^{i - k} \binom{i}{k}_2 \\ = \ & \left(2^{2k} - 2^{k - 1}\right) \binom{m + 1}{k + 2}_2 + 2^{k - 1} \binom{m}{k + 1}_2 \end{aligned}$

因此原式可以化为

\frac{1}{2} \sum_{k \geq 1} ((2^{m + 1} - 2^{m - k} - 1) {(\binom{m}{k})}_{2} - (k 2^{k} + 1) {(\binom{m}{k + 1})}_{2}) \prod_{i = 0}^{k - 1} (2^{n} - 2^{i})

$\frac{1}{2} \sum_{k\ge 1} \left( \left(2^{m + 1} - 2^{m - k} - 1\right)\binom{m}{k}_2 - \left(k2^k + 1\right) \binom{m}{k + 1}_2 \right)\prod_{i = 0}^{k - 1}\left(2^n - 2^i\right)$

直接做即可。总时间复杂度 $O(m + \log n)$ 。