UOJ310. 【UNR #2】黎明前的巧克力 [FWT]

UOJ

思路

显然可以转化一下，变成统计异或起来等于0的集合个数，这样一个集合的贡献是\(2^{|S|}\)。

考虑朴素的\(dp_{i,j}\)表示前\(i\)个数凑出了\(j\)的方案数，发现这其实就是一堆多项式用异或卷积搞起来。第\(i\)个多项式是\(1+2x^{a_i}\)。

对\(1+2x^{a}\)FWT一下，发现结果就只有-1和3。为什么？根据FWT的理论，\(a_i\)会对\(FWT(a)_j\)产生\(a_i\times (-1)^{\text{bitcnt}[i\&j]}\)的贡献。

我们就是要求出最后这一堆东西乘在一起是什么，也就是对于每一位求出这里有几个-1，有几个3。

这个怎么做？脑洞一下，把所有多项式加在一起FWT，设有\(x\)个-1，那么就有方程\(-x+3(n-x)=f_i\)，就可以解出来了。

最后再FWT回去，就做完了。

（这个解方程咋想到的啊qwq）

代码

最后减1不取模你人就没了qwq

#include<bits/stdc++.h>
clock_t t=clock();
namespace my_std{
    using namespace std;
    #define pii pair<int,int>
    #define fir first
    #define sec second
    #define MP make_pair
    #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
    #define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
    #define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
    #define templ template<typename T>
    #define sz 1100000
    #define mod 998244353ll
    typedef long long ll;
    typedef double db;
    mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
    templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
    templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
    templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
    templ inline void read(T& t)
    {
        t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
        while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
        while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
        if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
        t=(f?-t:t);
    }
    template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
    char __sr[1<<21],__z[20];int __C=-1,__zz=0;
    inline void Ot(){fwrite(__sr,1,__C+1,stdout),__C=-1;}
    inline void print(register int x)
    {
        if(__C>1<<20)Ot();if(x<0)__sr[++__C]='-',x=-x;
        while(__z[++__zz]=x%10+48,x/=10);
        while(__sr[++__C]=__z[__zz],--__zz);__sr[++__C]='\n';
    }
    void file()
    {
        #ifdef NTFOrz
        freopen("a.in","r",stdin);
        #endif
    }
    inline void chktime()
    {
        #ifndef ONLINE_JUDGE
        cout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';
        #endif
    }
    #ifdef mod
    ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
    ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
    #else
    ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}
    #endif
//	inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;

int n;
int a[sz];

int f[sz];
ll g[sz];
void FWT(int *a,int n)
{
	int N=1<<n,x,y;
	rep(i,0,n-1)
		for (int mid=1<<i,j=0;j<N;j+=mid<<1)
			rep(k,0,mid-1)
				x=a[j+k],y=a[j+k+mid],a[j+k]=x+y,a[j+k+mid]=x-y;
}
ll I=inv(2);
void iFWT(ll *a,int n)
{
	int N=1<<n;ll x,y;
	rep(i,0,n-1)
		for (int mid=1<<i,j=0;j<N;j+=mid<<1)
			rep(k,0,mid-1)
				x=a[j+k],y=a[j+k+mid],a[j+k]=(x+y)*I%mod,a[j+k+mid]=(x-y+mod)*I%mod;
}

int main()
{
    file();
	read(n);
	rep(i,1,n) read(a[i]),++f[0],f[a[i]]+=2;
	FWT(f,20);
	int x;
	rep(i,0,(1<<20)-1) x=(3*n-f[i])/4,g[i]=ksm(mod-1,x)*ksm(3,n-x)%mod;
	iFWT(g,20);
	printf("%lld\n",(g[0]-1+mod)%mod);
	return 0;
}

扩展

updated on 2020.2.1

这个解方程的思路其实不止在这题可以用到，还有luogu5577。

同样是要把一堆多项式乘在一起，但扩展到\(k\)阶循环卷积。

我们还是想要把所有东西加在一起之后求出每个\(\omega\)的系数，但是现在解方程就不那么容易。为了方便起见，下面FWT只对\(\sum x^{a_i}\)做。

假设现在在算\(f_i\)的组成。令\(y=\omega_k\)，有\(f_i=\sum_{j=0}^{k-1} x_{i,j} y^j\)，其中\(x_{i,j}\)是我们真实想要的东西。

但是，FWT出来的系数不一定是真的\(x_{i,j}\)，因为有万恶的折半引理、求和引理、消去引理……

对于\(k\)是奇质数的情况，发现只有求和引理还有效。由于我们知道\(\sum x_{i,j}=n\)，所以可以求出到底消去了多少个\(\sum_j y^j\)，补上就完事了。

对于\(k\)的性质不那么好的情况呢？我们考虑大力解方程。令\(y=\omega^0,\omega^1,\cdots,\omega^{k-1}\)，分别求出一大堆\(x\)。由于范德蒙德矩阵的存在，可以很轻松地解出真正的\(x_{i,j}\)，就做完了。