UOJ #310 黎明前的巧克力 (FWT)
题目大意:给你一个序列,定义一个子序列的权值表示子序列中元素的异或和,现在让你选出两个互不相交的子序列,求选出的这两个子序列权值相等的方案数,$n,a_{i}\leq 10^{6}$
这是一道考察对$FWT$算法理解的好题。然而我并不会
思路来自出题人的题解
假设权值最大值为$m$
暴力怎么搞?背包$DP$一下
定义$f(i,j)$表示现在遍历到了第$i$个元素,选出的两个子序列异或和为$j$的方案数,容易得到方程:
$f(i,j)=f(i-1,j)+2*f(i-1,j\;xor\;a_{i})$
时间复杂度$O(nm)$,可以获得30分
看那个卷积形式,$FWT$?
时间复杂度$O(nmlogm)$,可以获得..0分
我们发现每一层的生成函数里只有两个位置有值
假设现在我们遍历到了第$i$个物品$a_{i}$,第$i$层的生成函数长这个样:
$f_{i}(0)=1, f_{i}(a_{i})=2$
其它位置都是0诶
对它进行FWT正变换,会发现正变换之后的数组里只有-1和3
因为$f_{i}(0)$对每个位置都有+1的贡献,而$f_{i}(a_{i})$对每个位置有+2或-2点贡献
重新考虑那个$0$分暴力。我们把每一层都正变换,然后对应位置相乘,再逆变换回来
我们可以想办法快速求出对应位置相乘之后的数组$F$,这样再用一次逆变换就行了
我们只需要统计出每个位置上有几个3相乘,设3的数量是$x$,-1的数量就是$n-x$,快速幂一下,就能得到$F$了
我们把贡献积转化成了指数上的贡献和,发现只用一次正变换就行啦!
再用快速幂把贡献和转化成贡献积。最后逆变换回来就行了
时间$O(mlogm)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#def_{i}ne N1 (1<<20)+10
#def_{i}ne ll long long
using namespace std;
const int p=; template <typename _T> void read(_T &ret)
{
ret=; _T fh=; char c=getchar();
while(c<''||c>''){ if(c=='-') fh=-; c=getchar(); }
while(c>=''&&c<=''){ ret=ret*+c-''; c=getchar(); }
ret=ret*fh;
} ll qpow(ll x,ll y)
{
ll ans=;
for(;y>;x=x*x%p,y>>=) if(y&) ans=ans*x%p;
return ans;
} void FWT_XOR(int *s,int len,int type)
{
int i,j,k,t,inv2=qpow(,p-);
for(k=;k<=len;k<<=)
for(i=;i<len;i+=k)
for(j=;j<(k>>);j++)
{
t=s[i+j+(k>>)]; s[i+j+(k>>)]=(s[i+j]-t+p)%p; s[i+j]=(s[i+j]+t)%p;
if(type==-) s[i+j]=1ll*s[i+j]*inv2%p, s[i+j+(k>>)]=1ll*s[i+j+(k>>)]*inv2%p;
}
} int n,ma,len,L;
int a[N1],s[N1]; int ma_{i}n()
{
scanf("%d",&n);
int i,j,x;
for(i=;i<=n;i++) read(a[i]);
for(i=;i<=n;i++) s[a[i]]++, ma=max(ma,a[i]);
for(len=,L=;len<ma+;len<<=,L++);
for(i=;i<len;i++) if(s[i]<) s[i]+=p;
FWT_XOR(s,len,);
for(i=;i<len;i++)
{
if(s[i]>n) s[i]-=p; x=(n+s[i])/;
s[i]=( ( ((n-x)&) ? -1ll:1ll )*qpow(,x)+p)%p;
}
FWT_XOR(s,len,-);
printf("%d\n",(s[]-+p)%p);
return ;
}
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