【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

[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+2dp_{i-1,j xor a_i} ]

从 FWT 的角度考虑，转移其实就是每次卷上 b

[b_{0}=1,b_{a[i]}=2 ]

考虑异或 FWT 的正变换

[b'_i=sum_{j} b_j(-1)^{popcount(i&j)} ]

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

[cnt_3 imes 3-cnt_1=c_i ]

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

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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
",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
",add(a[0],mod-1));
	return 0;
}

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2019.7.8