2024.11.10 鲜花

Triple 扩展

像神一样呐

愛のネタバレ
「別れ」っぽいな
人生のネタバレ
「死ぬ」っぽいな
なにそれ意味深で
かっこいいじゃん
それっぽい単語集で踊ってんだ
失敬
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
ぽいじゃん ぽいじゃん
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
神っぽいな
もういいぜ もういいぜ それ
もういいぜ もういいぜ
逆に興奮してきたなあ
おっきいね おっきいね 夢
おっきいね おっきいね
景気いいけど 品性はthe end
うええい うええい
"Gott ist tot"
神っぽいな それ 卑怯
神っぽいな それ "my god"
アイウォンチュー ウォンチュー
IQが下がっていく感じ
邪心ぽいな それ 畢竟
邪心ぽいな それ "my god"
アイヘイチュー ヘイチュー
害虫はどっち
その髪型 その目 その口元
その香水 その服 そのメイク
アレっぽいな それ 比況
アレっぽいな それ
その名言 その意見 その批評
そのカリスマ
そのギャグ そのセンス
神っぽいな それ 卑怯
ぽいな ぽいな ぽい 憧れちゃう
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
ぽいじゃん ぽいじゃん
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
神っぽいな
メタ思考する本質は悪意？
人を小馬鹿にしたような作為
無為に生き延びるのは難しい
権力に飲まれて揺らぐ灯り
神を否定し神に成り代わり
玉座で豹変する小物達
批判に見せかけ自戒の祈り
Do you know？
何言ってんの？ それ ウザい
何言ってんの？ それ
意味がよくわかんないし
眠っちゃうよ マジ
飽きっぽいんだ オーケー
みんな 飽きっぽいんだ オーケー
踊れるやつ
ちょうだい ちょうだい ビーム
きっしょいね きっしょいね それ
きっしょいね きっしょいね
逆にファンになってきたじゃん
ちっちゃいね ちっちゃいね 器
ちっちゃいね ちっちゃいね
天才ゆえ孤独ですね
かっけえ かっけえ
"Gott ist tot"
神っぽいな それ 卑怯
神っぽいな それ "my god"
超健康 健康 言い張って
くたばっていく感じ
ヤケっぽいな それ 畢竟
ヤケっぽいな それ "my god"
もう哀愁 哀愁
エピゴーネンのヒール
そのタイトル その絵
そのストーリー
その音楽 その歌 そのメロディ
アレっぽいな それ 比況
アレっぽいな それ
その名言 その意見 その批評
そのカリスマ
そのギャグ そのセンス
神っぽいな それ 卑怯
ぽいな ぽいな ぽい 憧れちゃうわ
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
ぽいじゃん ぽいじゃん
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
“風”
とぅ とぅる とぅ とぅ とぅる
神っぽいな
愛のネタバレ
「別れ」っぽいな
人生のネタバレ
「死ぬ」っぽいな
すべて理解して患った
無邪気に踊っていたかった 人生

miaomaio：什么玩意，听得脑袋疼，下回请你们听儿歌。

上次鲜花已经讲了这题做法，就不在赘述了。

考虑扩展，形式化的，求：

给定 $n,m,k$，有 $n$ 个多项式 $f_i=\sum _{j=1}^k{w}_i{x}^{a_{i,j}},0\le a_{i,j}<2^m$，求其异或卷积。

显然直接暴力有 $nm{2}^m$，或者简单调整一下是 $(n+km)2^m$。

考虑当 $n$ 较大而 $k$ 很小时，如 Triple，考虑一些更好的解法。

首先我们容易发现，考虑变换后的函数的 $o$ 次项系数 $\hat{f}=\sum _{i=1}^k{s}_{o,i}{w}_i{x}^o$ 我们的变换系数 $s$ 有 $2^k$ 种取值，我们将其压成 $k$ 位二进制数，$1$ 表示取 $-1$，$0$ 表示取 $i$，后面就会发现这样定义的深意，并设 $c_{Now,t}$ 表示状态是 $t$ 的次数。这里以及以后我们考虑当前是 $Now$ 次项。

考虑 Triple 的解题过程，考虑枚举 $t<2^k$，即 $t$ 是全集的子集，设 $z_i=\underset{j\in t}{⨁}{a}_{i,j}$，求 $\sum _{i=0}^m{x}^{z_i}$ 的变换，考虑其第 $Now$ 项的总共 $2^k$ 个值。

考虑到是线性变换，其第 $i$ 实际上是求的 $\sum FMT(x^{z_i})$，考虑到每种 $c$ 的情况对系数的贡献，这个值显然等于一些 $c_i$ 有正有负的加起来。

考虑 $c_i$ 前面的系数，$z_i=\underset{j\in t}{⨁}{a}_{i,j}$，求 $\sum _{i=0}^m{x}^{z_i}$ 本质是在求卷积，所以其相当于是单独卷 $a_{i,j}$ 的贡献做点乘，简单分析一下，当 $t$ 的第 $k$ 位是 $1$ 且 $i$ 的第 $k$ 位也是 $1$（$i$ 是状压的 $s$，而 $i$ 的第 $k$ 位是一意味着是负）的时候会有 $-1$ 的贡献，所以其系数是 $(-1{)}^{|t\mathrm{\&}i|}$。

发现这就是 XOR 变换的系数，于是我们将每个逆变换一下就知道次数了，最后快速幂即可，复杂度 $n{2}^k+(m+k)2^{m+k}$。

下面代码实现了 $k=3$ 的 Triple，可以自行更改 $k$，注意要改值域

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using llt=long long;
using llf=long double;
using ull=unsigned long long;
#define endl '\n'
#ifdef LOCAL
	FILE *InFile=freopen("in_out/in.in","r",stdin),*OutFile=freopen("in_out/out.out","w",stdout);
#else
	FILE *InFile=stdin,*OutFile=stdout;
#endif
 
const int N=1e5+3,MOD=998244353,Inv=(MOD+1)/2,M=17,K=3;
int Add(int a,int b){return (a+=b)>=MOD?a-MOD:a;}
int Sub(int a,int b){return (a-=b)<0?a+MOD:a;}
int n,m,ck,h[1<<K|3][1<<M|3],sm[1<<K|3],c[N][K+3],tim[1<<M|3],cw[K+3],sw[1<<K|3],aas[1<<M|3];
 
int Fpw(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=1ll*a*ans%MOD;
		a=1ll*a*a%MOD,b>>=1;
	}
	return ans;
}
void Fmt(int *f,int l,const function<void(int &,int &)> &F){for(int i=1;i<l;i<<=1) for(int j=0;j<l;++j) if(j&i) F(f[j^i],f[j]);}
const auto Xor=[](int &a,int &b){int t=a; a=Add(a,b),b=Sub(t,b);};
const auto IXr=[](int &a,int &b){int t=a; a=1ll*(a+b)*Inv%MOD,b=1ll*(t-b+MOD)*Inv%MOD;};
 
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	cin>>n>>m; ck=3;
	for(int i=0;i<ck;++i) cin>>cw[i];
	for(int i=0;i<1<<ck;++i) for(int j=0;j<ck;++j) sw[i]=(i>>j&1)?Sub(sw[i],cw[j]):Add(sw[i],cw[j]); // sw[i] 表示状态是 i 的值。
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=0;j<ck;++j) cin>>c[i][j];
		++h[0][0]; for(int j=1;j<1<<ck;++j){int low=j&-j,p=__lg(low); ++h[j][sm[j]=sm[j^low]^c[i][p]];} // sm 是异或和，h 维护的是枚举 t 后的多项式。
	}
	for(int i=0;i<1<<ck;++i) Fmt(h[i],1<<m,Xor); // 变换 h
	for(int i=0;i<1<<m;++i){
		for(int j=0;j<1<<ck;++j) tim[j]=h[j][i]; Fmt(tim,1<<ck,IXr); // 复制并做 IFMT
		aas[i]=1; for(int j=0;j<1<<ck;++j) aas[i]=1ll*aas[i]*Fpw(sw[j],tim[j])%MOD; // 统计
	}
	Fmt(aas,1<<m,IXr); for(int i=0;i<1<<m;++i) cout<<aas[i]<<' ';
}

考虑做 OR 卷积，状态设计和推导基本是一样的，就是最后做逆变换是 AND 卷积的逆变换。

下面代码实现了 OR 卷积，没有题，但是和暴力在 $n\le 1000,m\le 10,k\le 10$ 值域在模数范围内的随机数据过拍了，应该不会错

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using llt=long long;
using llf=long double;
using ull=unsigned long long;
#define endl '\n'
#ifdef LOCAL
	FILE *InFile=freopen("in_out/in.in","r",stdin),*OutFile=freopen("in_out/out.out","w",stdout);
#else
	FILE *InFile=stdin,*OutFile=stdout;
#endif
 
const int N=1003,MOD=998244353,M=10,K=10;
int Add(int a,int b){return (a+=b)>=MOD?a-MOD:a;}
int Sub(int a,int b){return (a-=b)<0?a+MOD:a;}
int n,m,ck,h[1<<K|3][1<<M|3],sm[1<<K|3],c[N][K+3],tim[1<<M|3],cw[K+3],sw[1<<K|3],aas[1<<M|3];
 
int Fpw(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=1ll*a*ans%MOD;
		a=1ll*a*a%MOD,b>>=1;
	}
	return ans;
}
void Fmt(int *f,int l,const function<void(int &,int &)> &F){for(int i=1;i<l;i<<=1) for(int j=0;j<l;++j) if(j&i) F(f[j^i],f[j]);}
const function<void(int &,int &)> Or=[](int &a,int &b){b=Add(a,b);},IOr=[](int &a,int &b){b=Sub(b,a);},IAd=[](int &a,int &b){a=Sub(a,b);};
 
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	cin>>n>>m>>ck;
	for(int i=0;i<ck;++i) cin>>cw[i];
	for(int i=0;i<1<<ck;++i) for(int j=0;j<ck;++j) if(i>>j&1) sw[i]=Add(sw[i],cw[j]); // sw[i] 表示状态是 i 的值。
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=0;j<ck;++j) cin>>c[i][j];
		++h[0][0]; for(int j=1;j<1<<ck;++j){int low=j&-j,p=__lg(low); ++h[j][sm[j]=sm[j^low]|c[i][p]];} // sm 是或和，h 维护的是枚举 t 后的多项式。
	}
	for(int i=0;i<1<<ck;++i) Fmt(h[i],1<<m,Or); // 变换 h
	for(int i=0;i<1<<m;++i){
		for(int j=0;j<1<<ck;++j) tim[j]=h[j][i]; Fmt(tim,1<<ck,IAd); // 复制并做 IFMT，做的是 IAnd
		aas[i]=1; for(int j=0;j<1<<ck;++j) aas[i]=1ll*aas[i]*Fpw(sw[j],tim[j])%MOD; // 统计
	}
	Fmt(aas,1<<m,IOr); for(int i=0;i<1<<m;++i) cout<<aas[i]<<' ';
}

AND 类似。

感觉可以上升到子集卷积，有时间在说吧。

P