题解 ARC116D【I Wanna Win The Game】

考虑如何刻画子问题。假如我们知道了最后一位有多少个 \(1\)，就可以把所有数右移一位，并计算出此时新的目标和。而由于 \(\oplus\) 运算每一位的独立性，此时新的目标异或和依然是 \(0\)。因此，更小的目标和是这一问题的子问题。

基于上述观察，我们设 \({dp}_i\) 表示数列长度为 \(n\)，元素和为 \(i\)，元素异或和为 \(0\) 的方案数。我们枚举最后一位 \(1\) 的个数 \(j\)，可以得到转移方程：

\[{dp}_i= \begin{cases} 0,&2\nmid i\\ \sum\limits_{j=0}^{\min\{n,i\}}[2\mid j]\binom{n}{j}{dp}_{\frac{i-j}{2}},&2\mid i\\ \end{cases} \]

初始值是 \({dp}_0=1\)，答案为 \({dp}_m\)。

复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)（\(n,m\) 视为同阶）。

//By: OIer rui_er
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(ll x=(y);x<=(z);x++)
#define per(x,y,z) for(ll x=(y);x>=(z);x--)
#define debug(format...) fprintf(stderr, format)
#define fileIO(s) do{freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout);}while(false)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 5e3+5, mod = 998244353;

ll n, m, fac[N], ifac[N], dp[N];
template<typename T> void chkmin(T& x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T& x, T y) {if(x < y) x = y;}
ll C(ll x, ll y) {
	if(x < 0 || y < 0 || x < y) return 0;
	return fac[x] * ifac[y] % mod * ifac[x-y] % mod;
}

int main() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	fac[0] = fac[1] = ifac[0] = ifac[1] = 1;
	rep(i, 2, N-1) {
		fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
		ifac[i] = (mod - mod / i) * ifac[mod%i] % mod;
	}
	rep(i, 1, N-1) ifac[i] = ifac[i-1] * ifac[i] % mod;
	dp[0] = 1;
	for(ll i = 2; i <= m; i += 2) {
		for(ll j = 0; j <= min(n, i); j += 2) {
			dp[i] += dp[(i-j)>>1] * C(n, j) % mod;
			dp[i] %= mod;
		}
	}
	printf("%lld\n", dp[m]);
	return 0;
}