题目链接
https://codeforces.com/contest/1336/problem/E
题解
假设线性基大小是 (L)，其异或值域记作 (S)，则对于异或值域内每个数，显然有 (2^{n-L}) 种方案异或得到。因此只需要建一组线性基然后对这个线性基求答案即可，相当于 (nle m).
数据分治。
算法一：
暴力枚举每个元素选不选。
时间复杂度 (O(2^L)).
算法二：
记录非自由元的状态进行状压 DP.
时间复杂度 (O(2^{m-L}m^2)).
结合算法一和算法二，可以通过 E1 题。
算法三：
下面约定某个数组 FWT 后的数组用对应的大写字母表示。
设长为 (2^m) 的数组 (b_k[i]=[ ext{bitcnt}(i)=k])，(c[i]=[iin S])。
则 (k) 的答案为 (b_k) 和 (c) 异或卷积后为 (0) 的位置上的值，即 (frac{1}{2^m}sum^{2^m-1}_{i=0}B_k[i]C[i]).
根据 FWT 的定义，易得 (B_k[i]=sum^{2^m-1}_{j=0}(-1)^{ ext{bitcnt}(i& j)}[ ext{bitcnt}(j)=k]=sum^{ ext{bitcnt}(i)}_{j=0}(-1)^j{ ext{bitcnt}(i)choose j}{m- ext{bitcnt}(i)choose k-j})，即 (B_k[i]) 只和 ( ext{bitcnt}(i)) 有关，可以在关于 (m) 的多项式时间内求出。
现在考虑如何求 (C): (C[i]=sum_{xin S} (-1)^{ ext{bitcnt}(i& x)})，不难观察到若存在线性基里的一个元素与 (i) 的 ( ext{and}) 的 ( ext{bitcnt}) 为奇数，则该值一定为 (0)（映射法易证），否则为 (2^L). 那么只有那些与线性基里的每个元素 ( ext{and}) 的 ( ext{bitcnt}) 都为偶数的 (i) 有用。而满足这个条件的 (i) 显然不能包含任何一个自由元，因此不超过 (2^{m-L}) 个，可以直接爆搜。要求的是和 (B_k) 点积后的结果，而 (B_k[i]) 的取值只和 ( ext{bitcnt(i)}) 有关，因此只需要对每个 ( ext{bitcnt}) 统计出 (C_i) 的和即可。
时间复杂度 (O(2^{m-L}+m^3)).
结合算法一和算法三，可以通过 E2 题。
时间复杂度 (O(2^{frac{m}{2}}+m^3+nm)).
算法三最难想的是第一步吧……异或的性质好神奇，Sooke 好强！
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define llong long long
#define mkpr make_pair
#define iter iterator
#define riter reversed_iterator
#define y1 Lorem_ipsum_dolor
using namespace std;
inline int read()
{
int x = 0,f = 1; char ch = getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}
for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-48;}
return x*f;
}
const int mxN = 1<<19;
const int mxM = 53;
const int P = 998244353;
llong comb[mxM+3][mxM+3];
int bitcnt[mxN+3];
llong a[mxM+3]; int b[mxM+3];
llong ans[mxM+3];
int n,m,sz;
llong quickpow(llong x,llong y)
{
llong cur = x,ret = 1ll;
for(int i=0; y; i++)
{
if(y&(1ll<<i)) {y-=(1ll<<i); ret = ret*cur%P;}
cur = cur*cur%P;
}
return ret;
}
void initfact(int n)
{
comb[0][0] = 1ll;
for(int i=1; i<=n; i++) {comb[i][0] = comb[i][i] = 1ll; for(int j=1; j<i; j++) {comb[i][j] = (comb[i-1][j-1]+comb[i-1][j])%P;}}
}
int getbitcnt(llong x)
{
return bitcnt[x&524287]+bitcnt[(x>>19)&524287]+bitcnt[(x>>38)&524287];
}
namespace Solve1
{
void dfs(int pos,llong x)
{
if(pos==sz) {ans[getbitcnt(x)]++; return;}
dfs(pos+1,x); dfs(pos+1,x^a[b[pos]]);
}
}
namespace Solve2
{
llong sta[mxM+3];
llong f[mxM+3];
void dfs(int pos,int cnt,llong x)
{
if(pos==m) {f[cnt+getbitcnt(x)]++; return;}
dfs(pos+1,cnt,x); dfs(pos+1,cnt+1,x^sta[pos]);
}
void solve()
{
for(int i=sz; i<m; i++)
{
for(int j=0; j<sz; j++)
{
if(a[b[j]]&(1ll<<b[i])) {sta[i] |= (1ll<<j);}
}
}
dfs(sz,0,0ll);
// for(int i=0; i<=m; i++) printf("%I64d ",f[i]); puts("");
for(int k=0; k<=m; k++)
{
for(int i=0; i<=m; i++)
{
llong coe = 0ll;
for(int j=0; j<=i&&j<=k; j++)
{
llong tmp = comb[i][j]*comb[m-i][k-j]%P; if(j&1) {tmp = P-tmp;}
coe+=tmp-P,coe+=(coe>>31)&P;
}
coe = coe*f[i]%P;
ans[k]+=coe-P,ans[k]+=(ans[k]>>31)&P;
}
ans[k] = ans[k]*quickpow((P+1ll)/2ll,m-sz)%P;
}
}
}
int main()
{
initfact(mxM);
for(int i=1; i<mxN; i++) bitcnt[i] = bitcnt[i>>1]+(i&1);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
llong x; scanf("%I64d",&x);
for(int k=m-1; k>=0; k--) if(x&(1ll<<k))
{
if(!a[k]) {a[k] = x; sz++; break;}
else {x ^= a[k];}
}
}
for(int i=m-1; i>=0; i--) if(a[i])
{
for(int j=i+1; j<m; j++) if(a[j]&(1ll<<i)) {a[j] ^= a[i];}
}
// for(int i=0; i<m; i++) printf("%I64d ",a[i]); puts("");
for(int i=0,j=0; i<sz; i++)
{
while(!a[j]) {j++;} b[i] = j; j++;
}
for(int i=sz,j=0; i<m; i++)
{
while(a[j]) {j++;} b[i] = j; j++;
}
if(sz<=26)
{
Solve1::dfs(0,0ll);
}
else
{
Solve2::solve();
}
for(int i=0; i<=m; i++) ans[i] = ans[i]*quickpow(2ll,n-sz)%P;
for(int i=0; i<=m; i++) printf("%I64d ",ans[i]); puts("");
return 0;
}