ARC084F - XorShift

有两种解法，这里都放一下。

解法一

首先易知异或运算可以视作是 \(\mathbb{F}_2\) 意义下的每一位独立的加法。

因此我们可以考虑对于每个二进制数 \(s\) 构造一个多项式 \(F(x) = \sum\limits_i ^ n a_i x ^ i\) 其中 \(a_i\) 为 \(s\) 第 \(i\) 位的值。

此时可以发现异或本质上就是两个多项式在 \(\mathbb{F}_2\) 意义下的加法。

同时依照题意，将 \(x \to x \times 2\) 就可以视作将一个多项式整体 \(\times x\)。

根据分配律，最终写在黑板上的多项式一定形如：

\[F_1(x)G_1(x) + F_2(x)G_2(x) + \cdots F_n(x)G_n(x)
\]

其中 \(G_i(x)\) 为任意一个多项式，通过简单推导同样可以发现 \(\mathbb{F}_2\) 意义下依然满足裴蜀定理。

因此可以求出 \(\gcd(F_1(x), F_2(x), \cdots, F_n(x)) = t(x)\)，具体地辗转相除法在 \(\mathbb{F}_2\) 意义下同样成立。

在这里由于实现的是暴力多项式取模，用势能分析可知复杂度是 \(\mathcal{O}(\frac{nL ^ 2}{\omega})\) 的（使用 \(\rm bitset\) 优化）

于是问题转化为有多少个 \(t(x)G(x) = f(x)\) 其中 \(G(x)\) 为任意一个多项式，使得 \(f(x)\) 的系数字典序小于给定的一个多项式 \(b(x)\)。

枚举 \(f(x)\) 前 \(i - 1\) 位卡满，第 \(i\) 填 \(0\) 且第 \([x ^ i]b(x) = 1\)，分两种情况讨论：

• 若 \(\deg f(x) - i + 1 \ge \deg b(x)\)，则易知任意选定 \(\deg b(x) \sim \deg f(x) - i\) 位上的值，\(0 \sim \deg b(x) - 1\) 上将存在且唯一确定一个取值，因此这部分方案为 \(2 ^ {\deg f(x) - i - \deg b(x) + 1}\)。

• 否则，根据第一条的结论，我们只考虑 \(\deg f(x) - i + 1 = \deg b(x) - 1\) 的情况。只需多项式取模求出唯一的多项式，然后比较这个多项式是否字典序小即可。

于是这个问题得以解决，复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{nL ^ 2}{\omega})\)，瓶颈在于求 \(n\) 个多项式的 \(\gcd\)。

解法二

首先需要观察出一点性质：\((a \oplus b) \times 2 ^ c = (a \times 2 ^ c) \oplus (b \times 2 ^ c)\)（分配律）。

因此我们可以将最终黑板上写数的运算过程拆开，改写成：

\[(b_1 \times 2 ^ {c_1}) \oplus (b_2 \times 2 ^ {c_2}) \oplus \cdots \oplus (b_k \times 2 ^ {c_k})
\]

其中 \(b_i\) 为 \(a_{1 \sim n}\) 中的任意一个。

这样一来，如果我们能把 \(a_i \times 2 ^ c(c \ge 0)\) 全部插入线性基，就能借助线性基使用数位 \(\rm dp\) 统计答案。

但注意到这里需要插入的数量是无限个的，因此需要找到必要的插入线性基内的元素。

注意到数位 \(\rm dp\) 的时候我们只关注线性基中最后 \(|M|\) 位上的元素，因此我们只需求出这部分线性基即可。

同时，我们发现第一个数 \(a_1 \times 2 ^ c\) 插入线性基时，\(\forall c \ge 0\) 都是原模原样直接插入到最高位的，因此本质上 \(\ge |a_1|\) 的位此时线性基上都是存在一个元素的。

接下来继续插入 \(a_2\) 的时候，有如下观察：

• 在至多插入从小到大 \(2\max(|a_1|, |a_2|) - |a_2|\) 个元素之后接下来所有插入的元素都会线性相关。

---

首先我们证明一点：如果在插入 \(a_2 \times 2 ^ p\) 时线性相关，那么 \(\forall q \ge p, a_2 \times 2 ^ q\) 在插入时都是线性相关的。

原因是 \(a_2 \times 2 ^ p\) 一定能被已经插入 \((a_1 \times 2 ^ {c_1}) \oplus (a_1 \times 2 ^ {c_2}) \oplus \cdots \oplus (a_1 \times 2 ^ {c_k})\) 来表示。

将 \(\forall i, c_i \leftarrow c_i + 1\) 后的数一定也被插入线性基，因此 \(\forall q \ge p, a_2 \times 2 ^ q\) 在插入时都是线性相关的。

于是只要证明插入的第一个线性相关的元素的指数不超过 \(2\max(|a_1|, |a_2|) - |a_2|\) 即可。

令 \(L = \max(|a_1|, |a_2|)\)，则易知第 \(L \sim 2L\) 位线性基上都存在元素，此时线性基上只存在恰好 \(L - 1\) 个空位。

\(a_2\) 从第 \(|a_2|\) 位开始插起，在插到 \(2L\) 之前要插 \(2L - |a_2| + 1 \ge L + 1\) 个元素。

我们知道再插 \(L - 1\) 个元素后就线性基就满了，因此在次过程中至少存在一个元素插入时会线性相关。

由此我们也可以得到一个推论：令 \(L = \max\limits_{i = 1} ^ n |a_i|\)，则除了第一个元素外，其他元素插入到 \(a_i \times 2 ^ {2L - |a_i|}\) 后就一定与线性基内元素线性相关。

此时我们再令 \(L \leftarrow \max(L, |M|)\)。

注意到我们并不关注 \(> L\) 的线性基长什么样子，于是我们只需要 \(\forall i\) 在线性基内插入 \(a_i \times 2 ^ {c}(0 \le c \le 2L - |a_i|)\) 即可得到这个我们关注的线性基。

---

于是我们将插入的元素变为了有限个，此时直接暴力复杂度：\(\mathcal{O}(\frac{nL ^ 3}{\omega})\) 考虑优化，有如下观察（根据中间的证明部分类似地可以证明）：

• 在插入 \(s = a_i \times 2 ^ c\) 之后如果经过线性基最终消成了 \(t\)，那么 \(s \times 2\) 经过线性基至少能被消成 \(t \times 2\)，也即接下来插入 \(s \times 2\) 与插入 \(t \times 2\) 等价。

那么根据势能分析，插入一个元素的所有衍生元素 \(a_i \times 2 ^ c(0 \le c \le 2L - |a_i|)\) 时，至多只会消元 \(\mathcal{O}(L)\) 次，因此复杂度降到了 \(\mathcal{O}(\frac{nL ^ 2}{\omega})\)。