Solution -「CF 1366E2」Chiori and Doll Picking (hard version)

$\mathscr{Description}$

  Link.

  给定 $\{a_n\}$, 值域 $[0,2^m)$. 对于每个 $i\in[0,m]$, 求有多少个 $\{a_n\}$ 的子序列异或和恰好含有 $i$ 个 bit. 答案模大素数.

  $n\le2\times10^5$, $m\le53$.

$\mathscr{Solution}$

$$\mathfrak{Defining~\LaTeX~macros\dots} \newcommand{\rank}[0]{\operatorname{rank}} \newcommand{\span}[0]{\operatorname{span}}$$

  第一个 motivation 应当来自这个诡异的 $m\le53$, 通过一定的猜测, 我们发现只有 $\mathcal O(2^{m/2})$ 这种复杂度勉强说得过去. 由此, 我们可以尝试在 $m$ 上进行复杂度平衡.

  取 $\{a_n\}$ 的一组基底 $\mathscr A$. 我们有一个平凡的 $\mathcal O(2^{\rank(\mathscr A)})$ 的算法: 枚举 $v\in\span(\mathscr A)$, $\{a_n\}$ 的线性组合出 $v$ 的方案数恒为 $2^{n-|\mathscr A|}$, 将其贡献向 $|v|$ 处的答案即可. 接下来只需要找到一个 $\mathcal O(2^{m-\rank(\mathscr A)})$ 的算法就大功告成了.

  设 $A(z)=\sum_{v\in\span(\mathscr A)}z^v$, $\hat A$ 为其 FWT 的输出向量. 由于

$$z^v\times A(z)=A(z)~(v\in\span(\mathscr A)),$$

其中叉乘为异或卷积, 下同. 所以

$$A(z)\times A(z)=2^{\rank(\mathscr A)}A(z),$$

那么

$$\hat A\cdot\hat A=2^{\rank(\mathscr A)}\hat A,$$

进而得到

$$\hat A\in\{0,2^{\rank(\mathscr A)}\}^m.$$

  回过头来, 由于

$$\hat A^{(k)}=\sum_{v\in\span(\mathscr A)}(-1)^{|v\cap k|},$$

所以当且仅当不存在 $v\in\span(\mathscr A)$ 使得 $2\nmid|v\cap k|$ 时, $\hat A^{(k)}=2^{\rank(\mathscr A)}$, 否则 $\hat A^{(k)}=0$. 而又显然, 这个命题中的 $v\in\span(\mathscr A)$ 可以等价替换为 $v\in\mathscr A$. 这时有一个 key observation: $\{k\mid \hat A^{(k)}=2^{\rank(\mathscr A)}\}$ 是一个线性空间 (证明是容易的).

  尝试构造这个空间的一个基底 $\mathscr B$. 将 $\mathscr A$ 扩充到 $m\times m$ 并消元为上三角矩阵且主对角线 $1$ 的上方被消为 $0$, 则此时 $\mathscr B=\mathscr A^T+I$ (即转置后主对角线取反). 没想到 motivation, 但证明同样容易. 顺带, 我们发现 $\rank(\mathscr B)=m-\rank(\mathscr A)$ (但 $\mathscr A,\mathscr B$ 并不一定正交, 不知道为什么很多题解这样认为), 所以差不多可以利用 $\mathscr B$ 来求答案了.

  同样设出 $B(z)$, 根据 $\mathscr B$ 的来源:

$$2^{\rank(A)}[z^k]B(z)=\hat A^{(k)}.$$

令 $P(z)=\sum_{v\in\span(\mathscr A)}z^{|v|}$, $Q(z)$ 同理. 欲求

$$[z^k]P(z)=[z^0](A(z)\times C_k(z))=\textbf{ifwt}(\hat A\cdot\hat C_k),$$

其中 $[z^t]C_k(z)=[|t|=k]$. 对正逆变换提取 $z^0$ 都不复杂, 我们利用 $B(z)$ 手撕这个式子:

$$\begin{aligned}[] [z^k]P(z) &= 2^{\rank(\mathscr A)-m}\sum_v[z^v]B(z)\sum_t(-1)^t\binom{|v|}{t}\binom{m-|v|}{k-t} \\ &= 2^{\rank(\mathscr A)-m}\sum_s[z^s]Q(z)\sum_t(-1)^t\binom{s}{t}\binom{m-s}{k-t}. \end{aligned}$$

$Q(z)$ 可以用最初的算法 $\mathcal O(2^{\rank(\mathscr B)})$ 算出来, 平衡复杂度则得到 $\mathcal O(2^{m/2})$ 的算法.

$\mathscr{Code}$

/*+Rainybunny+*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, l, r) for (int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i)

typedef long long LL;

inline char fgc() {
    static char buf[1 << 17], *p = buf, *q = buf;
    return p == q && (q = buf + fread(p = buf, 1, 1 << 17, stdin), p == q) ?
      EOF : *p++;
}

template <typename Tp = int>
inline Tp rint() {
    Tp x = 0, s = fgc(), f = 1;
    for (; s < '0' || '9' < s; s = fgc()) f = s == '-' ? -f : f;
    for (; '0' <= s && s <= '9'; s = fgc()) x = x * 10 + (s ^ '0');
    return x * f;
}

template <typename Tp>
inline void wint(Tp x) {
    if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if (9 < x) wint(x / 10);
    putchar(x % 10 ^ '0');
}

const int MAXM = 53, MOD = 998244353, INV2 = MOD + 1 >> 1;
int n, m, bino[MAXM + 5][MAXM + 5];

inline int mul(const int u, const int v) { return 1ll * u * v % MOD; }
inline void subeq(int& u, const int v) { (u -= v) < 0 && (u += MOD); }
inline int sub(int u, const int v) { return (u -= v) < 0 ? u + MOD : u; }
inline void addeq(int& u, const int v) { (u += v) >= MOD && (u -= MOD); }
inline int add(int u, const int v) { return (u += v) < MOD ? u : u - MOD; }
inline int mpow(int u, int v) {
    int ret = 1;
    for (; v; u = mul(u, u), v >>= 1) ret = mul(ret, v & 1 ? u : 1);
    return ret;
}

struct LinearBase {
    int siz;
    LL bas[MAXM];

    inline void insert(LL x) {
        rep (i, 0, m - 1) if (x >> i & 1) {
            if (!bas[i]) return bas[i] = x, ++siz, void();
            x ^= bas[i];
        }
    }

    inline std::vector<int> spanCount() const {
        std::vector<int> ret(m + 1), seq; seq.reserve(siz);
        rep (i, 0, m - 1) if (bas[i]) seq.push_back(i);
        std::function<void(int, LL)> enumer = [&](const int id, const LL v) {
            if (id == siz) return void(++ret[__builtin_popcountll(v)]);
            enumer(id + 1, v), enumer(id + 1, v ^ bas[seq[id]]);
        };
        enumer(0, 0);
        return ret;
    }

    inline void standardize() {
        rep (i, 0, m - 1) if (bas[i]) {
            rep (j, 0, i - 1) if (bas[j] >> i & 1) {
                bas[j] ^= bas[i];
            }
        }
    }
} A, B;

inline void solveA() {
    int pwr = mpow(2, n - A.siz);
    auto&& P = A.spanCount();
    rep (i, 0, m) wint(mul(P[i], pwr)), putchar("\n "[i < m]);
}

inline void solveB() {
    bino[0][0] = 1;
    rep (i, 1, m) {
        bino[i][0] = 1;
        rep (j, 1, i) bino[i][j] = add(bino[i - 1][j - 1], bino[i - 1][j]);
    }

    A.standardize();
    rep (i, 0, m - 1) if (!A.bas[i]) {
        LL v = 1ll << i;
        rep (j, 0, i - 1) v |= (A.bas[j] >> i & 1) << j;
        B.insert(v);
    }

    int pwr = n < m ? mpow(INV2, m - n) : mpow(2, n - m);
    auto&& Q = B.spanCount();
    rep (i, 0, m) {
        int ans = 0;
        rep (j, 0, m) if (Q[j]) {
            int coe = 0;
            rep (k, 0, std::min(i, j)) {
                (k & 1 ? subeq : addeq)(coe,
                  mul(bino[j][k], bino[m - j][i - k]));
            }
            addeq(ans, mul(coe, Q[j]));
        }
        wint(mul(pwr, ans)), putchar("\n "[i < m]);
    }
}

int main() {
    n = rint(), m = rint();
    rep (i, 1, n) A.insert(rint<LL>());
    if (A.siz <= m + 1 >> 1) solveA();
    else solveB();
    return 0;
}