UOJ#310.【UNR #2】黎明前的巧克力（FWT）

题意

给出 $n$ 个数 $\{a_1, \cdots, a_n\}$，从中选出两个互不相交的集合（不能都为空），使得第一个集合与第二个集合内的数的异或和相等，求总方案数 $\bmod 998244353$ 。

$n, a_i \le 10^6$

题解

简单转化一下，其实就是对于每个选取集合中元素异或积为 $0$ 的集合，都会有 $2^{|S|}$ 的贡献。

用集合幂级数形式写出来其实就等价于：

$$\prod_{i = 1}^{n} (1 + 2x^{a_i})$$

把每个 $\text{FWT}$ 再乘显然不现实。观察一下 $1 + 2x^{a_i}$ $\text{FWT}$ 后的点值只可能是 $\{-1, 3\}$ 。

这样我们把所有原来的幂级数相加，然后一起 $\text{FWT}$ 。（因为 $\text{FWT}$ 是可以满足点值上的加减乘除，与集合对称差卷积上的加减乘除是一样的）

然后每一位算一下，假设有 $x$ 个 $-1$ ，$n - x$ 个 $3$ 。考虑解一下这个方程，也就是 $-x + 3 * (n - x) = f_i$ ，也就是 $\displaystyle x = \frac {3n - f_i}{4}$ 。

那么所有一开始的幂级数 $\text{FWT}$ 乘到一起其实也就是 $(-1)^x3^{n - x}$ 。

那么最后 $\text{IFWT}$ 就行了。

最后要减去空集的贡献，注意要 + Mod - 1 （好多人被坑了 $97pts$ ）。

复杂度是 $\mathcal O(n \log n)$ 的。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

typedef long long ll;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
	int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("310.in", "r", stdin);
	freopen ("310.out", "w", stdout);
#endif
}

const int len = 1 << 20, N = len << 1, Mod = 998244353, inv2 = (Mod + 1) / 2;

inline int fpm(int x, int power) {
	int res = 1;
	for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
		if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
	return res;
}

void FWT(ll *P, int opt) {
	for (int i = 2, p = 1; i <= len; p = i, i <<= 1)
		for (int j = 0; j < len; j += i) Rep (k, p) {
			ll u = P[j + k], v = P[j + k + p];
			P[j + k] = u + v; P[j + k + p] = u - v;
		}
	if (!~opt) {
		int inv = fpm(len, Mod - 2);
		Rep (i, len) P[i] = 1ll * (Mod + P[i] % Mod) * inv % Mod;
	}
}

ll A[N], pow3[N];

int main () {

	File();

	int n = read();

	pow3[0] = 1;
	For (i, 1, n)
		++ A[0], A[read()] += 2, pow3[i] = pow3[i - 1] * 3ll % Mod;

	FWT(A, 1);
	Rep (i, len) {
		int x = (3 * n - A[i]) / 4;
		A[i] = (Mod + (x & 1 ? -1 : 1) * pow3[n - x]) % Mod;
	}
	FWT(A, -1);

	printf ("%lld\n", (A[0] + Mod - 1) % Mod);

	return 0;

}

__EOF__

本文作者：zjp_shadow
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