ABC 367 G 题解

ABC367G

神奇题目

场上想到了引入多元生成函数之后就嗝屁了。

定义两个多项式的运算 $A(z)\ast B(z)=\sum _i\sum _j{z}^{i\oplus j}{a}_i{b}_j$，也就是异或卷积。

定义两个二元生成函数 $A(x,y)\ast B(x,y)=\sum _{i,p}\sum _{j,q}{x}^{i\oplus j}{y}^{p+q}{a}_{i,p}{b}_{j,q}$

我们仍然选用 $\prod$ 计算连续的 $\ast$ 积

显然 $k$ 很大，我们需要求出每个 $xor$ 和的出现次数 $c_i$

而 $c_i$ 可以简单的表示为：

$$C(z)=\sum _{i=1}{z}^i(\sum _{d=1}^{dm\le N}[x^i{y}^{dm}]\prod _{i=1}^n(1+x^{a_i}y))$$

现在问题在于计算 $\prod (1+x^{a_i}y)$

这其实是 $FWT$ ，而我们考虑计算其卷积，最后 $IFWT$

如果我们先不考虑 $y$ 的影响，那么有 $FWT(1+x^{a_i})=FWT(1)+FWT(x^{a_i})$ 计算结果中的第 $j$ 项系数为 $2[d(a_i\mathrm{\&}j)=0]$，也就是二进制 $\mathrm{\&}$ 有偶数个 $1$ 的位置为 $2$，否则为 $0$。

根据这个我们可以计算 $\prod (1+x^{a_i})$，具体的我们考虑一个 DP $f_{i,0/1}$ 表示所有数中 $\mathrm{\&}i$ 有偶数/奇数个 $1$ 的数的个数，还原每一项即可。事实上有 $f_{i,0}+f_{i,1}=N$

但是带上了 $y$ 怎么办。实质上是把 $y^{dm}$ 的项拿出来。对于 $x^i$ 而言，如果 $d(i\mathrm{\&}j)=0$ ，那么就有选它，值增加一，或者不选它，如果 $d(i\mathrm{\&}j)=1$，就有选它，值减少一，或者不选它。选了的话选了的个数就会增加。

而 $y$ 的实质是记录选了的个数，所以对应了 $(1+y),(1-y)$ 的两个决策。

所以实际上拿出 $x_i$ 后 $y$ 的系数是一个多项式 $(1+y{)}^{f_{i,0}}(1-y{)}^{f_{i,1}}$。甚至我们可以据此定义广义的 $FWT$（第一维 $xor$，第二维多项式积）

$$FW{T}_{ex}(F(x,y))=\sum z^j\sum _i(-1{)}^{d(i\mathrm{\&}j)}{f}_{i,k}{y}^k$$

显然我们还是得到了一个二维多项式，且可以有 $FW{T}_{ex}(1+x^{a_i}y)=\sum z^k+\sum _{z^k}(-1{)}^{d(k\mathrm{\&}{a}_i)}y$

也可以佐证上述结论。

所以我们对于每个 $x^i$，拿出 $y^{dm}$ 的系数后就可以做 $IFWT$ 得到 $C(z)$ 了。

怎么拿？不妨设 $dp{1}_{i,j}$ 为 $(1+y{)}^i$ 中 $y^k,kmodm=j$ 的系数，$dp{2}_{i,j}$ 为 $(1-y{)}^i$ 中 $y^k,kmodm=j$ 的系数。

那么 $\sum dp{1}_{f_{i,0},j}dp{2}_{f_{i,1},(-j)modm}$ 就是所求系数。

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