[UOJ310]黎明前的巧克力
[UOJ310]黎明前的巧克力
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题意
在集合中选出任意多数，使得异或和为\(0\)，再将其分为两个有区别的可空集合的方案数（两集合不能都为空）
题解
考虑生成函数
如果选出一个异或和为\(0\)的集合大小为\(k\)，那么对答案的贡献就是\(2^k\)，于是把系数置为\(2\)
假设\(n\)个数的生成函数为\(2x^{a[i]}\)，分别为\(A,B,C...\)
那么答案就是\((A*B)[0],(B*C)[0],(A*B*C)[0]...\)（异或卷积）
我们可以把每个生成函数的\(0\)次项置为\(1\)，那么答案就直接是\((A*B*C...)[0]\)
就应该是\(Ans=FWT(A)*FWT(B)*FWT(C)...\)（每一位对应乘）
然后再把\(Ans\)给\(UFWT\)回来就是答案了
由于\(FWT\)的可加性（证明戳我）
大概就是说\(FWT\)的本质就是高维前缀和，两个数组先算前缀和再加和先加再算前缀和的效果是一样的
\(FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)\)
而且每个多项式都很特殊，\(0\)位上为\(1\)会对每一位做贡献，\(a[i]\)位为\(2\)会对一些位做\(2\)的贡献对另一些位做\(-2\)的贡献（因为是异或卷积所以每一位的数\(FWT\)后都会对所有的位造成影响），由此每一位要么为\(-1\)要么为\(3\)
所以按位加，共\(n\)个多项式，最后的值为\(val\)，则\(3\)的个数为\(x\)，\(3*x+(-1)*(n-x)=val\)，可以得到该位上\(3\)的总个数
最后是要乘起来的，所以\(-1\)只是变符号，\((-1)^{n-x}3^x\)就是\(Ans\)的该位的值了，最后\(UFWT\)回来\(Ans[0]-1\)即为答案（多算了全是空集的一种情况）
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
using namespace std;
int read()
{
char ch=getchar();int h=0,t=1;
while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-') ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') h=h*10+ch-'0',ch=getchar();
return h*t;
}
const int mod=998244353;
const int N=1<<21;
const int inv=499122177;
int n,A[N],B[N],bit3[N],l;
void FWT_xor(int *P,int op)
{
for(int i=1;i<l;i<<=1)
for(int j=0,p=i<<1;j<l;j+=p)
for(int k=0;k<i;k++)
{
int X=P[j+k],Y=P[j+k+i];
P[j+k]=1ll*(X+Y)%mod*op%mod;
P[j+k+i]=1ll*((X-Y)%mod+mod)*op%mod;
}
}
int main()
{
n=read();A[0]=n;bit3[0]=1;int mx=0;
for(int i=1;i<=n;i++) bit3[i]=bit3[i-1]*3ll%mod;
for(int i=1,x;i<=n;i++) A[x=read()]+=2,mx=max(mx,x);
for(l=1;l<=mx;l<<=1);
FWT_xor(A,1);
for(int i=0;i<l;i++)
{
int x=(3ll*n-A[i]+mod)*inv%mod*inv%mod;
A[i]=bit3[n-x]; if(x&1) A[i]=mod-A[i];
}
FWT_xor(A,inv);
printf("%d\n",(A[0]-1+mod)%mod);
}
带一个FWT板子
// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int N=1100000;
int F[N],G[N],A[N],B[N],C[N],n,m;
void Plus(int &a,int b) {a+=b;if(a>mod)a-=mod;}
void FWT_or(int *P,int op)
{
for(int i=1;i<m;i<<=1)
for(int p=i<<1,j=0;j<m;j+=p)
for(int k=0;k<i;k++)
Plus(P[j+k+i],1ll*P[j+k]*op%mod);
}
void FWT_and(int *P,int op)
{
for(int i=1;i<m;i<<=1)
for(int p=i<<1,j=0;j<m;j+=p)
for(int k=0;k<i;k++)
Plus(P[j+k],1ll*P[j+k+i]*op%mod);
}
void FWT_xor(int *P,int op)
{
for(int i=1;i<m;i<<=1)
for(int p=i<<1,j=0;j<m;j+=p)
for(int k=0;k<i;k++)
{
int X=P[j+k],Y=P[j+k+i];
P[j+k]=1ll*op*(X+Y)%mod;
P[j+k+i]=1ll*op*(X-Y+mod)%mod;
}
}
void Mul()
{
for(int i=0;i<m;i++) C[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);n=1<<n;m=n<<1;
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&F[i]);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&G[i]);
memcpy(A,F,sizeof(A));memcpy(B,G,sizeof(B));
FWT_or(A,1);FWT_or(B,1);Mul();FWT_or(C,mod-1);
for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",C[i]);puts("");
memcpy(A,F,sizeof(A));memcpy(B,G,sizeof(B));
FWT_and(A,1);FWT_and(B,1);Mul();FWT_and(C,mod-1);
for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",C[i]);puts("");
memcpy(A,F,sizeof(A));memcpy(B,G,sizeof(B));
FWT_xor(A,1);FWT_xor(B,1);Mul();FWT_xor(C,(mod+1)/2);
for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",C[i]);puts("");
return 0;
}
