UOJ #310「UNR #2」黎明前的巧克力

神仙题啊...

UOJ #310

---

题意

将原集合划分成$ A,B,C$三部分，要求满足$ A,B$不全为空且$ A$的异或和等于$ B$的异或和

求方案数

集合大小 $n\leq 10^6$ 值域$val \leq 10^6$

---

题解

如果要满足$ A,B$的异或和相同，必然有$ A \cup B$中所有元素异或和为$ 0$

如果存在这样一个集合$ A \cup B$，这之中的每个元素可以在集合$ A$中也可以在集合$ B$中

即对答案产生$ 2^{|A|+|B|}$的贡献

设每个元素$ a_i$的多项式为$ 2x^{a_i}+1$

则答案相当于所有多项式的异或卷积结果的常数项的值减一(减去A,B全为空的情况)

用$ FWT$优化这个卷积，复杂度是$ O(n·val·\log val)$

并得不了什么分

 

打表发现这类多项式的$ FWT$结果只有$ -1$和$ 3$两种数

$ FWT$有一个性质是$ FWT$的和等于和的$ FWT$

因此我们先对所有多项式求和，再做一次$ FWT$

这时候的$ FWT$结果可以被$ (-1)x+3(n-x)$表示

这样可以求出原先这个位置中$ -1$和$ 3$的数量

就能求出原先数组的$ FWT$之后的对应位乘积的值了

得到$ FWT$数组后$ O(n)$计算答案即可

时间复杂度$ O(n \log n)$

---

代码

有过一些恶意卡常

#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#define p 998244353
#define file(x)freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout)
#define rt register int
#define ll long long
#include<sys/mman.h>
using namespace std;
struct ano{
    char*s;
    ano():s((char*)mmap(0,1<<24,1,2,0,0)){}
    operator int(){
        int x=0;
        while(*s<48)++s;
        while(*s>32)
            x=x*10+*s++-48;
        return x;
    }
}buf;
int k,m,n,x,y,z,cnt,ans,invn;
int ksm(int x,int y=p-2){
    int ans=1;
    for(rt i=y;i;i>>=1,x=1ll*x*x%p)if(i&1)ans=1ll*ans*x%p;
    return ans;
}
int A[1048577];
int mi[1000010],fla[1048576];
int main(){
    n=buf;int lim=1,mc=0;
    for(rt i=1;i<=n;i++)x=buf,A[0]++,A[x]+=2,mc=max(mc,x);
    while(lim<=mc)lim<<=1;
    mi[0]=1;for(rt i=1;i<=n;i++)mi[i]=1ll*mi[i-1]*3%p;
    for(rt i=1;i<lim;i<<=1)
    for(rt j=0;j<lim;j+=i<<1)
    for(rt k=0;k<i;k++){
        const int x=A[j+k],y=A[i+j+k];
        A[j+k]=x+y;A[i+j+k]=x-y;
    } 
    int inv4=ksm(4);
    for(rt i=0;i<lim;i++){
        x=(3ll*n-A[i])*inv4%p;
        (ans+=mi[n-x]*((x&1)?-1:1))%=p;
    }
    ans=1ll*ans*ksm(lim,p-2)%p;
    cout<<(ans+p-1)%p;
    return 0;
}