bzoj 3811 玛里苟斯 - 线性基
注意到答案在$2^{63}$内，所以，当$k \geqslant 3$的时候，$a_{i} \leqslant 2^{21}$，这意味着本质不同的异或结果至多$2^{21}$个。
于是可以做线性基，然后暴力枚举子集计算异或和$k$次幂。
注意答案在$2^{63}$内，但是中间结果会溢出。所以用两个unsigned long long来压成__int128。
恰好除数为$2^{\left | \mathfrak{B} \right |}$。可以保留$\left \lfloor \frac{ans}{2^{\left | \mathfrak{B} \right |}} \right \rfloor$，以及除以$2^{\left | \mathfrak{B} \right |}$的余数。
现在考虑$k < 3$的情况。
- 如果$k = 1$，分别考虑每一位，如果这一位存在1个数为1，那么异或后这一位为1的概率为$\frac{1}{2}$，因为选了多少个这一位为0个数不会影响，有影响的只是选了这一位为$1$的数的奇偶性。记得之前某篇博客里证明过，非空集合的奇子集的数量等于偶子集的数量。但是如果不存在这一位为1的数，那么结果为$0$。
- 如果$k = 2$。那么对于一个异或和$x = b_{p}b_{p - 1}\cdots b_{0}$，它的贡献为$\sum_{i = 0}^{p}\sum_{j = 0}^{p} b_{i} \cdot b_{j} \cdot 2^{i + j}$。
然后考虑枚举任意两个二进制位，考虑它们对答案的贡献。
接着需要做的事是，考虑选取一个子集，它的异或和在第$i$位和第$j$位上的值同时为1的概率（否则没有贡献）。
如果第$i$位和第$j$位上，如果其中一个不存在一个数在这一位上为1，那么概率为0。
如果第$i$位和第$j$位上，不满足上面的条件，但所有数这两位上的值都相等，那么概率为$\frac{1}{2}$。
如果以上两种情况都不满足。考虑对于每一个数将这两位上的值看成一个二元组$(b_{i}, b_{j})$，当且仅当它为$(1, 1)$时，才对答案有贡献。
1.考虑选出的$(1, 1)$的个数为奇数，它的概率为$\frac{1}{2}$，那么选出的$(0, 0)$的数量不限，$(0, 1)$的个数为奇数，$(1, 0)$的个数为奇数，它们的概率分别为$\frac{1}{2}$，这一部分总的概率是$1\times \left(\frac{1}{2} \right)^{3} = \frac{1}{8}$。
2.考虑选出的$(1, 1)$的个数为偶数，这一部分的概率也是$\frac{1}{8}$。
所以这样的概率总的为$\frac{1}{8}\times 2 = \frac{1}{4}$。
由于异或的最后一位为1的概率为$\frac{1}{2}$或者$0$，因此，结果的小数位要么是0，要么是.5。
然后这道题要用unsigned long long存答案，不然会WA。
Code
1 /** 2 * bzoj 3 * Problem#3811 4 * Accepted 5 * Time: 1256ms 6 * Memory: 2076k 7 */ 8 #include <bits/stdc++.h> 9 #ifdef WIN32 10 #define Auto "%I64u" 11 #else 12 #define Auto "%llu" 13 #endif 14 using namespace std; 15 typedef bool boolean; 16 17 #define ll unsigned long long 18 19 int n, k; 20 ll *ar; 21 22 inline void init() { 23 scanf("%d%d", &n, &k); 24 ar = new ll[(n + 1)]; 25 for (int i = 1; i <= n; i++) 26 scanf(Auto, ar + i); 27 } 28 29 namespace small { 30 31 ll res = 0, ans = 0; 32 inline void solve() { 33 if (k == 1) { 34 for (int i = 1; i <= n; i++) 35 res |= ar[i]; 36 printf(Auto, res >> 1); 37 (res & 1) ? (puts(".5")) : (0); 38 } else { 39 for (int i = 0; i < 32; i++) 40 for (int j = 0; j < 32; j++) { 41 boolean aflag = false; 42 for (int k = 1; k <= n && !aflag; k++) 43 if (ar[k] & (1ll << i)) 44 aflag = true; 45 if (!aflag) continue; 46 aflag = false; 47 for (int k = 1; k <= n && !aflag; k++) 48 if (ar[k] & (1ll << j)) 49 aflag = true; 50 if (!aflag) continue; 51 aflag = false; 52 for (int k = 1; k <= n && !aflag; k++) 53 if (((ar[k] >> i) & 1) != ((ar[k] >> j) & 1)) aflag = true; 54 int p = i + j - aflag - 1; 55 if (p < 0) 56 res++; 57 else 58 ans += 1ll << p; 59 } 60 ans += (res >> 1), res &= 1; 61 printf(Auto, ans); 62 (res) ? puts(".5") : 0; 63 } 64 } 65 66 } 67 68 namespace big { 69 const int maxbase = 23; 70 ll br[maxbase]; 71 vector<ll> v; 72 ll ans = 0, res = 0; 73 74 inline void solve() { 75 for (int i = 1; i <= n; i++) 76 for (int j = maxbase - 1; ~j && ar[i]; j--) { 77 if ((ar[i] >> j) & 1) { 78 if (br[j]) 79 ar[i] ^= br[j]; 80 else 81 br[j] = ar[i], ar[i] = 0; 82 } 83 } 84 for (int i = 0; i < maxbase; i++) 85 if (br[i]) 86 v.push_back(br[i]); 87 int s = (signed)v.size(); 88 ll mask = (1ull << s) - 1; 89 for (int i = 0; i <= mask; i++) { 90 ll xs = 0; 91 for (int j = 0; j < s; j++) 92 if (i & (1 << j)) 93 xs ^= v[j]; 94 ll a = 0, b = 1; 95 for (int i = 0; i < k; i++) { 96 a = a * xs, b = b * xs; 97 a += (b >> s), b &= mask; 98 } 99 100 ans += a, res += b; 101 ans += (res >> s), res &= mask; 102 } 103 printf(Auto, ans); 104 puts((res) ? (".5") : ("")); 105 } 106 } 107 108 int main() { 109 init(); 110 if (k < 3) 111 small::solve(); 112 else 113 big::solve(); 114 return 0; 115 }
