[题解] XOR Problem

题目大意

对于一个整数序列 \(a_{0...5}\)，我们定义它的价值为：

\(f(a)=max(|a_0-a_3|,|a_1-a_4|,|a_2-a_5|)\oplus a_0 \oplus a_1 \oplus a_2 \oplus a_3 \oplus a_4 \oplus a_5\)

其中 \(\oplus\) 是异或操作。

现在给定序列 \(b_{0...5}\)，你需要求对于所有满足 \(\forall i,0\leq a_i\leq b_i\) 的序列 \(a\) 的 \(f(a)\) 之和。

由于答案可能很大，你只需要输出答案对 \(2^{64}\) 取模后的值。

对于所有数据，有 \(0\leq b_i\leq 30000\)

时间限制：3 s

空间限制：512 MB

解题思路

是个不太难的题，然而我不会最后一档分。

考场做法是 \(f_{i,j}\) 表示 \(\max\) 不大于 \(i\)，\(6\) 个数的异或值为 \(j\) 的方案数。

转移前缀和优化一下，再用奇怪的技巧加个 fwt 就可以有 62pts 了。

考虑如何把都是 \(O(b^2)\) 的时空复杂度降下去，一个套路的做法是把异或值每一位拆开计算。

\(f_{i,j,0/1}\) 表示 \(\max\) 不大于 \(i\)，第 \(j\) 位为 \(0/1\) 的方案数，对于每一对分开求，再用 \(f\) dp 就不难了。

那 \(f\) 怎么求 ? 想到差一定是可以卷积的 (将数组翻转)，把每一组，每一位，每一种 \(0/1\) 情况分开卷。

接下来的 dp 就和之前的暴力 dp 差不多了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int B(30005), BIT(16);

int b[6];
int f[3][BIT][B][2];

inline void read(int &x	){
	x = 0; int f = 1, c = getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
	x *= f;
}

namespace prep{
	const int mod(998244353), G(3), Gi(332748118);
	int n;
	int a[1 << 16], b[1 << 16], c[1 << 16], rev[1 << 16];

	inline void MOD(int &x){ x = x + ((x >> 31) & mod); }
	inline int qpow(int x, int a){
		int sum = 1; while(a){
			if(a & 1) sum = 1LL * sum * x % mod;
			x = 1LL * x * x % mod, a >>= 1;
		} return sum;
	}
	void init(int len){
		n = 1; while(n < len) n <<= 1;
		for(int i(0); i < n; ++i) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | (i & 1) * (n >> 1);
	}
	void NTT(int *a, int n, int op){
		int g = op == 1 ? G : Gi, inv = qpow(n, mod - 2);
		for(int i(0); i < n; ++i) if(i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
		for(int len(2), hf(1); len <= n; len <<= 1, hf <<= 1){
			int wn = qpow(g, (mod - 1) / len);
			for(int bs(0); bs < n; bs += len){
				int w = 1;
				for(int p(0); p < hf; ++p, w = 1LL * w * wn % mod){
					int x = a[bs + p], y = 1LL * w * a[bs + hf + p] % mod;
					MOD(a[bs + p] = x + y - mod);
					MOD(a[bs + hf + p] = x - y);
				}
			}
		}
		if(op == -1) for(int i(0); i < n; ++i) a[i] = 1LL * a[i] * inv % mod;
	}
	void work(int t, int bit, int la, int lb, int x, int y){
		memset(a, 0, sizeof a);
		memset(b, 0, sizeof b);
		memset(c, 0, sizeof c);
		/* 将这一位符合枚举要求的取出来卷积 */
		for(int i(0); i <= la; ++i) a[i] = ((i >> bit) & 1) == x;
		for(int i(0); i <= lb; ++i) b[i] = ((i >> bit) & 1) == y;
		/* 因为差是定值所以翻转一下 */
		reverse(b, b + lb + 1);
		init(la + lb + 2);
		NTT(a, n, 1), NTT(b, n, 1);
		for(int i(0); i < n; ++i) c[i] = 1LL * a[i] * b[i] % mod;
		NTT(c, n, -1);
		for(int i(0); i <= la; ++i) MOD(f[t][bit][i][x ^ y] += c[i + lb] - mod);
		for(int i(0); i <= lb; ++i) MOD(f[t][bit][lb - i][x ^ y] += c[i] - mod);
	}
	void calc(int t, int bit, int la, int lb){
		for(int x(0); x <= 1; ++x)
			for(int y(0); y <= 1; ++y)
				work(t, bit, la, lb, x, y);
		/* 两数相等的时候算重了一次 */
		f[t][bit][0][0] = 1LL * f[t][bit][0][0] * qpow(2, mod - 2) % mod;
		f[t][bit][0][1] = 1LL * f[t][bit][0][1] * qpow(2, mod - 2) % mod;
	}
}
namespace DP{
	#define ULL unsigned long long
	ULL ans, pre[4][B][2], dp[4][B][2];
	void solve(int bit){
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		memset(pre, 0, sizeof(dp));
		for(int t(1); t <= 3; ++t)
			for(int i(0); i < B; ++i)
			for(int j(0); j <= 1; ++j)
				pre[t][i][j] = f[t - 1][bit][i][j] + (i ? pre[t][i - 1][j] : 0);
		for(int j(0); j < B; ++j) dp[0][j][0] = 1;
		for(int i(1); i <= 3; ++i)
			for(int j(0); j < B; ++j){
				for(int x(0); x <= 1; ++x)
					for(int y(0); y <= 1; ++y)
						dp[i][j][x ^ y] += dp[i - 1][j][x] * pre[i][j][y];
			}
		for(int i(B - 1); i; --i)
			for(int j(0); j <= 1; ++j)
				dp[3][i][j] -= dp[3][i - 1][j];
		for(int i(0); i < B; ++i) for(int j(0); j <= 1; ++j)
			if(((i >> bit) & 1) ^ j) ans += dp[3][i][j] * (1ULL << bit);
	}
}

int main(){
//	freopen("C.in", "r", stdin);
//	freopen("C.out", "w", stdout);
	for(int i(0); i < 6; ++i) read(b[i]);
	for(int i(0); i < 16; ++i)
		for(int j(0); j < 3; ++j)
			prep :: calc(j, i, b[j], b[j + 3]);
	for(int i(0); i < 16; ++i) DP :: solve(i);
	cout << DP :: ans << endl;
	return 0;
}