题目

分析

不难发现，设两人取得的下标集合为\(S_a\)和\(S_b\)，那么符合要求的下标集合对需要满足\(S_a\)和\(S_b\)对应的值全部异或起来为 0 。
因此，我们可以考虑异或为\(0\)的下标集合\(S\)，它对答案的贡献就是\(2^{|S|}\)。
根据这个思想，我们可以考虑如下的 DP ：
\(f(i,j)\)：前\(i\)个数，异或为\(j\)的集合的个数。转移如下：

\[f(i,j)=f(i-1,j)+2f(i-1,j\oplus a_i) \]

这样当然是没有办法做的。不过我们可以考虑将这样的转移写成生成函数的形式：

\[A(i)=1+2x^{a_i}, F=\prod_{i=1}^n\sum_{j=0} f(i,j)x^j \]

\[\Rightarrow F=\bigoplus_{j=1}^i A(j) \]

其中的\(\bigoplus\)运算符为异或卷积，可以理解为系数相乘，指数异或。
说着异或卷积，貌似就可以 FWT ？
显然不行，这样时间有\(O(n^2\log_2n)\)，会 T 的，我们需要继续挖掘性质。
我们想想 FWT 之后的序列的性质：

\[FWT(a)_i=\sum_j (-1)^{count(i\&j)}a_j \]

由于\(A\)中只有一个 1 和一个 2 ，那么我们我们 FWT 后每一项只会是 -1 （1-2）或者 3 （1+2）。
因此我们\(FWT(F)_i\)一定可以表示为\((-1)^{p_i}\times 3^{q_i}\)，其中\(p_i\)表示\(FWT(A(1))\sim FWT(A(n))\)中第\(i\)项上\(-1\)的个数，\(q_i\)同理。
设\(s_i\)为\(FWT(A(1))\sim FWT(A(n))\)中第\(i\)项的和。我们可以得到：

\[\begin{cases} p_i+q_i=n\\ 3q_i-p_i=s_i \end{cases} \]

假如我们快速求出\(s_i\)，我们就可以解出\(p_i\)和\(q_i\)，进而算出\(FWT(F)\)和\(F\)。
这里用到了一个性质： FWT 的和等于和的 FWT 。
设\(B_i=\sum_{j=1}^n A(j)_i\)，这个性质即：

\[FWT(B)_i=\sum_{j=1}^n FWT(A_j)_i \]

这其实比较好理解，因为合起来 FWT 的时候来自不同\(A\)的值是可以看成互不影响的。
然后就可以\(O(n\log_2n)\)解决了。

代码

#include <cstdio>

const int mod = 998244353, inv2 = 499122177, inv4 = 748683265;
const int MAXN = 4e6 + 5;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + '0' );
}

template<typename _T>
_T MAX( const _T a, const _T b )
{
	return a > b ? a : b;
}

int F[MAXN];
int N, len;

int fix( const int x ) { return ( x % mod + mod ) % mod; }

int qkpow( int base, int indx )
{
	int ret = 1;
	while( indx )
	{
		if( indx & 1 ) ret = 1ll * ret * base % mod;
		base = 1ll * base * base % mod, indx >>= 1;
	}
	return ret;
}

void FWT( int *f, const int mode )
{
	int t1, t2;
	for( int s = 2 ; s <= len ; s <<= 1 )
		for( int i = 0, t = s >> 1 ; i < len ; i += s )
			for( int j = i ; j < i + t ; j ++ )
			{
				t1 = f[j], t2 = f[j + t];
				if( mode > 0 ) f[j] = ( t1 + t2 ) % mod, f[j + t] = fix( t1 - t2 );
				else f[j] = 1ll * ( t1 + t2 ) * inv2 % mod, f[j + t] = 1ll * fix( t1 - t2 ) * inv2 % mod;
			}
}

signed main()
{
	int mx = 0;
	read( N );
	for( int i = 1, a ; i <= N ; i ++ ) read( a ), mx = MAX( mx, a ), F[a] += 2;
	for( len = 1 ; len <= mx ; len <<= 1 );
	F[0] += N, FWT( F, 1 );
        //这里千万不能写成赋值！a可以为0！
	for( int i = 0 ; i < len ; i ++ ) 
	{
		int cnt3 = 1ll * ( F[i] + N ) * inv4 % mod;
		int cnt1 = fix( N - cnt3 );
		F[i] = qkpow( 3, cnt3 );
		if( cnt1 & 1 ) F[i] = mod - F[i];
	}
	FWT( F, -1 );
	write( fix( F[0] - 1 ) ), putchar( '\n' );
	return 0;
}

来源：https://www.cnblogs.com/crashed/p/12593830.html

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[UOJ310][UNR #2]黎明前的巧克力

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