CF Round #635 Div.1 Chiori and Doll Picking (hard version)

考虑对于(a_i)建立线性基(d)，并且通过高斯消元重整，使得(d)中每一个元素的最高位仅自己包含

不妨设(k=|d|)，一个基底的生成集合为(S(d))，设(A=S(d))，预处理部分复杂度为(O(nm+k^2))

[ ]

根据线性基的基本性质，我们知道任何一个(xin S(d))有(2^{n-k})种生成方法

因此我们只需要计算线性基元素异或的答案即可，这样我们将问题规模降低到了(k)

[ ]

暴力1

对于(kleq 27)，暴力枚举每个元素是否选择，可以通过预处理让复杂度降至(O(2^k))

暴力2

(mleq 35，k>27)时

由于线性基包含(k)个关键01位，(m-k)个非关键01位

通过高斯消元可以使得基的每一位仅包含一个关键01位

令(dp_{S,i})表示选择了(i)个基，非关键01位异或和为(S)的方案数

复杂度为(O(2^{m-k}m^2))

对称暴力

由于(mleq 53)，而我们能够暴力解决(kleq 27)，则可以考虑剩下的(m-k)个位，想办法在(O(2^{m-k}))时间内求解

[ ]

考虑计算个数为(c)的方案数，我们用一个卷积形式来描述，令(displaystyle F_c(x)=sum_{|T|=c}x^{T})

则容易发现 (ans_c=[x^{empty}](Aigoplus F_c))，其中(igoplus)表示异或 ~~(集合对称差)~~ 卷积

显然我们需要( ext{FWT})来计算这个东西，也就是计算

([x^{empty}] ext{FWT}( ext{FWT}(A)cdot ext{FWT}(F_c)))

先考虑比较复杂的(G= ext{FWT}(A))的计算

下面你需要良好掌握( ext{FWT})，参考

1: (G(x))中每一非零项系数为(2^k)

考虑线性基(A)的元素是封闭的，则有(Aigoplus A=Acdot |A|)

即(Gcdot G=Gcdot 2^k)，解方程得到([x^S]Gin{0,2^k})

2:([x^S]G(x)=2^kLongleftrightarrow forall T,|Scap T|equiv 0pmod 2)

由( ext{FWT})式子

([x^S]G(x)=sum (-1)^{|Scap T|} [x^T]A(x))

而(A(x))由(2^k)个1构成，故得结论

确定非零项

1.若(X,Y)对于(S)合法，则(Xoplus Y)同样合法，只需要考虑线性基(d)中元素对于(S)的限制

2.假设已知(S,T)非零，则(Soplus T)非零，因此可以考虑用一个线性基(d')来描述合法元素

确定(|d'|)大小

则(2^kS(d')=G)，( ext{IFWT}(2^kcdot S(d'))=A)

带入两边(x^{empty})项的值，容易得到(|S(d')|=2^{m-k})，故(|d'|=m-k)

(|d'|=m-k)是接近前面猜想的一大跳跃

构造(d')?

考虑用0/1矩阵形式描述线性基(d)

将(d)中的元素中的最高位移动到主对角线上最高的(k)个位置，此时每一行一定是一个主对角线元素后面跟上一些位置(ge k+1)的元素

此时(d')的构造即：主对角线取反，其余位置为转置


(color{blue} 1)	0	0	(color{blue} 1)	0
0	(color{blue} 1)	0	0	(color{blue} 1)
0	0	(color{blue} 1)	(color{blue} 1)	0
(color{red}1)	0	(color{red}1)	(color{red}1)	0
0	(color{red}1)	0	(color{red}1)	(color{red}1)

Proof:

显然这样构造出的(d')元素最低位独立，因此不线性相关，只需要证明满足限制即可

首先(d_i)与(d'_j)在主对角线上无交，有交部分一定是一个主对角线元素与一个非主对角线元素交

若(d_{i})与(d'_j)在(d_{i,j},d'_{j,j})有交，则在其关于主对角线对称的位置(d_{i,i},d'_{i,j})处同样有交

因此交都是成对出现的

[ ]

由此我们可以在(2^{m-k})时间内通过暴力枚举得到(G)中每个非零项

下面考虑( ext{FWT}(F^c))的贡献的部分实际极其简单

可以根据(G)中每一项(x^S)的(|S|)确定( ext{FWT}(F^c))

([x^S] ext{FWT}(F^c)=sum_{|T|=c}(-1)^{|Scup T|})

对于(G)中不同的(|S|)分类，对于(|T|=c)，枚举(|Scup T|)，添加组合数系数即可计算贡献

注意最后求出的答案([x^{empty}])为对应项相乘之后求和除去( ext{IFWT})的(2^k)

复杂度为(O(2^{m-k}+m^3+nm))

const int N=210,P=998244353;

int n,m,c;
ll d[62],e[63],C[62][62],W[63][63];
ll qpow(ll x,ll k=P-2){
	ll res=1;
	for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
	return res;
}

vector <int> Enum(ll *d){
	static ll a[N],S[1<<15],T[1<<15],bin[1<<15];
	int n=0,m;
	rep(i,0,61) if(d[i]) a[n++]=d[i];
	m=n/2;
	rep(i,0,m) bin[1<<i]=i;
	rep(i,1,(1<<m)-1) S[i]=S[i&(i-1)]^a[bin[i&-i]];
	rep(i,1,(1<<(n-m))-1) T[i]=T[i&(i-1)]^a[bin[i&-i]+m];
	vector <int> res(::m+1);
	int X=(1<<m)-1;
	rep(i,0,(1<<n)-1) res[__builtin_popcountll(S[i&X]^T[i>>m])]++;
	return res;
}

int main(){
	n=rd(),m=rd();
	rep(i,1,n) {
		ll x=rd<ll>();
		drep(i,m-1,0) if(x&(1ll<<i)) {
			if(!d[i]) {
				d[i]=x,c++;
				break;
			} else x^=d[i];
		}
	}
	if(c<=27) {
		n=qpow(2,n-c);
		vector <int> res=Enum(d);
		rep(i,0,m) res[i]=1ll*res[i]*n%P;
		rep(i,0,m) printf("%d ",res[i]);
		return 0;
	}
	rep(i,0,m) rep(j,*C[i]=1,i) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%P;
	rep(i,0,m) { // F_i变成j之后的变化
		rep(j,0,m) rep(k,0,min(i,j)) {
			W[i][j]=(W[i][j]+1ll*(k&1?-1:1)*C[j][k]*C[m-j][i-k])%P;
		}
	}
	rep(i,0,m-1) if(d[i]) rep(j,i+1,m) if(d[j]&(1ll<<i)) d[j]^=d[i];
	rep(i,0,m-1) if(d[i]) {
		rep(j,0,i-1) if(d[i]&(1ll<<j)) e[j]|=1ll<<i;
	} else e[i]|=1ll<<i;
	vector <int> t=Enum(e),ans(m+1);
	n=qpow(2,n-c+c-m+P-1);
	rep(i,0,m) rep(j,0,m) ans[i]=(ans[i]+1ll*W[i][j]*t[j])%P;
	rep(i,0,m) ans[i]=1ll*(ans[i]+P)*n%P;
	rep(i,0,m) printf("%d ",ans[i]);
}