【UNR #2】黎明前的巧克力 解题报告
【UNR #2】黎明前的巧克力
首先可以发现,等价于求 xor 和为 \(0\) 的集合个数,每个集合的划分方案数为 \(2^{|S|}\) ,其中 \(|S|\) 为集合的大小
然后可以得到一个朴素 dp ,令 \(dp_{i,j}\) 代表前 \(i\) 个数字 xor 和为 \(j\) 的集合个数
显然转移为
\]
从 FWT 的角度考虑,转移其实就是每次卷上 b
\]
考虑异或 FWT 的正变换
\]
我们可以发现, \(b\) 经过正变换后,每个位置的值要么是 \(3\) ,要么是 \(-1\)
我们把每个 \(b\) 的正变换乘在一起,实际上就是把若干个 \(3\) 和 \(-1\) 乘在一起,我们只需要球出每个位置有多少个 \(3\) 就可以了
显然有 \(cnt_3+cnt_1=n\)
然后我们有 和的 FWT 等于 FWT 的和
于是我们把原本所有的 \(b\) 加在一起做一遍 FWT 得到 \(c\),就可以得到第二个方程,对第 \(i\) 个位置
\]
然后我们就可以求出经过所有 \(b\) 变换的答案数组了,把它 fwt 回去即可
Code:
#include <cstdio>
#include <cctype>
const int SIZE=1<<21;
char ibuf[SIZE],*iS,*iT;
//#define gc() (iS==iT?(iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin),iS==iT?EOF:*iS++):*iS++)
#define gc() getchar()
template <class T>
void read(T &x)
{
x=0;char c=gc();
while(!isdigit(c)) c=gc();
while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc();
}
const int mod=998244353;
const int inv2=499122177;
#define mul(x,y) (1ll*(x)*(y)%mod)
int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int qp(int d,int k)
{
int f=1;
while(k)
{
if(k&1) f=mul(f,d);
d=mul(d,d);
k>>=1;
}
return f;
}
const int N=1<<20;
int n,lim=1,a[N];
void FWT(int *a,int lim,int typ)
{
for(int le=1;le<lim;le<<=1)
for(int i=0;i<lim;i+=le<<1)
for(int j=i;j<i+le;j++)
{
int x=a[j],y=a[j+le];
if(typ)
{
a[j]=add(x,y);
a[j+le]=add(x,mod-y);
}
else
{
a[j]=mul(add(x,y),inv2);
a[j+le]=mul(add(x,mod-y),inv2);
}
}
}
int main()
{
read(n);
for(int x,i=1;i<=n;i++)
{
read(x);
++a[0],a[x]+=2;
while(lim<=x) lim<<=1;
}
FWT(a,lim,1);
for(int i=0;i<lim;i++)
{
int cnt3=mul(a[i]+n,748683265);
//printf("%d %d\n",a[i]+n,cnt3);
int cnt1=add(n,mod-cnt3);
a[i]=qp(3,cnt3);
if(cnt1&1) a[i]=mod-a[i];
}
//for(int i=0;i<lim;i++) printf("%d ",a[i]);puts("");
FWT(a,lim,0);
printf("%d\n",add(a[0],mod-1));
return 0;
}
2019.7.8
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