H. Keep XOR Low
题目描述
有 \(n\) 个数 \(a_1,a_2...a_n\)，问有多少个子集 \(1\leq b_1<b_2...<b_k\leq n\) 满足下列条件：
\[a_{b_i}\oplus a_{b_j}\leq x
\]
\(1\leq n\leq 150000,0\leq x<2^{30}\)
解法
\(\tt 300iq\) 还出过一道 \(a_{b_i}\oplus a_{b_j}\geq x\) 的题目，但是做法完全不一样，因为这题没有 \(x\leq y\leq z\rightarrow \min(x\oplus y,y\oplus z)\leq x\oplus z\) 类似的条件，我不得不佩服 \(\tt 300iq\) 的出题能力啊。
异或问题可以从 \(\tt trie\) 树上考虑，结合我们最熟知的 \(\tt trie\) 树计数问题，用它优化利用了紧贴的思想，也就是我们总是往限制最强烈的地方递归。那么本题我们考虑沿用这种思想，设计一个递归函数来完成计算。
这道题的 \(a_{b_i}\oplus a_{b_j}\leq x\) 显然是一个二元关系，那么我们也尝试"二元地"描述它，设 \(dfs(x,y,d)\) 表示从子树 \(x\) 和子树 \(y\) 中选出子集，至今仍然紧贴限制，并且我们只需要考虑 \(x,y\) 之间产生的限制，所得到的方案数，讨论：
- 如果 \(x=y\)，若 \(x\) 在数位 \(d\) 上有值，那么只需要递归到 \(dfs(ls,rs,d-1)\)；否则我们只能递归到 \(dfs(ls,ls,d-1)\) 和 \(dfs(rs,rs,d-1)\)，根据递归函数的定义这一部分不需要额为计算贡献。
- 如果 \(x\not=y\)，若 \(x\) 在数位 \(d\) 上有值，那么递归到 \(dfs(ls(x),rs(y),d-1)\) 和 \(dfs(rs(x),ls(y),d-1)\)，并且这两部分是独立的需要使用乘法原理；否则递归到 \(dfs(ls(x),ls(y),d-1)\) 和 \(dfs(rs(x),rs(y),d-1)\)，并且使用加法原理，根据定义我们是没有计算在 \(ls(x),rs(x)/ls(y),rs(y)\) 都选择了的子序列，所以这部分需要加上去。
不难发现每一层遍历到的节点数是 \(O(n)\) 的，那么总时间复杂度 \(O(n\log a)\)
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 5000005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,cnt=1,ch[M][2],siz[M],pw[M];
void ins(int x)
{
for(int i=30,p=1;i>=0;i--)
{
int c=(x>>i)&1;
if(!ch[p][c]) ch[p][c]=++cnt;
p=ch[p][c];
siz[p]++;
}
}
int dfs(int x,int y,int d)
{
if(!x) return pw[siz[y]]-1;
if(!y) return pw[siz[x]]-1;
if(x==y)
{
if(d<0) return pw[siz[x]]-1;
if(m>>d&1) return dfs(ch[x][0],ch[x][1],d-1);
return (dfs(ch[x][0],ch[x][0],d-1)
+dfs(ch[x][1],ch[x][1],d-1))%MOD;
}
if(d<0) return (pw[siz[x]]*pw[siz[y]]-1)%MOD;
if(m>>d&1) return ((dfs(ch[x][0],ch[y][1],d-1)+1)
*(dfs(ch[x][1],ch[y][0],d-1)+1)-1)%MOD;
int r=(dfs(ch[x][0],ch[y][0],d-1)
+dfs(ch[x][1],ch[y][1],d-1))%MOD;
r=(r+(pw[siz[ch[x][0]]]-1)*(pw[siz[ch[x][1]]]-1))%MOD;
r=(r+(pw[siz[ch[y][0]]]-1)*(pw[siz[ch[y][1]]]-1))%MOD;
return r;
}
signed main()
{
n=read();m=read();pw[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read();ins(x);
pw[i]=pw[i-1]*2%MOD;
}
printf("%lld\n",dfs(1,1,30));
}