CF2056F2 Xor of Median (Hard Version)

如果我们知道了每个数的出现次数 \(cnt\)，那么用这些数重排成序列的方案数是组合数连乘。根据 Lucas 定理的结论，重排方案数为奇数当且仅当 \(cnt\) 加和不进位。也就是说，每个不为 \(0\) 的 \(cnt\) 把 \(n\) 的所有为 \(1\) 位划分为若干个集合。

又因为题目限制 \(cnt\) 不为 \(0\) 的位置满足 \(cnt\) 不减，于是可以认为我们把 \(n\) 的所有为 \(1\) 位划分为若干无标号集合，然后选出 \(cnt\) 不为 \(0\) 的值后按照最高位从小往大依次分配。

而且可以发现，此时序列的中位数也就是分配到 \(n\) 的最高位的值。不妨设为 \(x\)。

考虑枚举 \(x\) 和划分的集合数 \(c\)，那么 \(x\) 会贡献 \(\dbinom{x}{c-1}\times\begin{Bmatrix}{tot}\\{c}\end{Bmatrix}\) 次，其中 \(tot\) 是 \(n\) 中为 \(1\) 的二进制位数。暴力实现可以通过 F1。

不妨改为枚举 \(c\)，\(\begin{Bmatrix}{tot}\\{c}\end{Bmatrix}\) 是固定的，稍后再处理。我们现在只要求 \(\dbinom{x}{c-1}\) 为奇数，且 \(0\le x<m\) 的 \(x\) 的异或和。根据 Lucas 定理，这个组合数为奇数相当于 \(x\) 是 \(c-1\) 的超集。

于是可以从高往低，搜索 \(x\) 每一位是否为 \(1\)，如果 \(x\) 此时已经 \(\ge m\) 就退出；如果 \(x\) 未枚举的位可以任意填，就直接算异或和。这样的时间复杂度为 \(O(\log m)\)，可以接受。

现在我们只要考虑 \(\begin{Bmatrix}{tot}\\{c}\end{Bmatrix} \bmod 2\) 怎么求了。一个简单的做法是 bitset，但是这个做法数据范围再大一点就跑不动了。我们考虑一个更高效的做法。

直接考虑 \(\begin{Bmatrix}{n}\\{m}\end{Bmatrix}\bmod 2\) 的求法。其组合意义就是 \(n\) 个不同元素划分到 \(m\) 个无序集合。可以钦定每个集合的代表元，不妨令一个集合的代表元就是其中编号最小元素。那么一个未钦定的元素，其分配方案数就是之前的代表元个数。总方案数就是把这个值对每个未钦定元素求乘积。

我们希望这个乘积是奇数，也就是说，不存在未钦定的元素满足之前有偶数个代表元。这个条件相当于第 \(2t\) 个代表元必须和第 \(2t+1\) 个相邻。这里方便起见，我们假设 \(m\) 为奇数，偶数的时候最后一个代表元必须在 \(n\)，就转化为奇数的情况了。

显然也有第一个代表元一定在 \(1\)，那么就是在剩下的 \(n-1\) 个位置中放 \(m-1\) 个元素，要求 \(2t\) 和 \(2t+1\) 必须相邻。这个就可以直接组合数算了，方案数就是 \(\dbinom{n-1-\frac{m-1}{2}}{\frac{m-1}{2}}\)。

\(m\) 为偶数也是类似的，可以得到一个较为简洁的形式：\(\dbinom{n-1-\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}{\lfloor\frac{m-1}{2}\rfloor}\)。那么这个判一下子集即可。

于是我们可以用 \(O(1)\) 的复杂度求 \(\begin{Bmatrix}{tot}\\{c}\end{Bmatrix} \bmod 2\)，整个题复杂度 \(O(k\log m)\)。

#include <bits/stdc++.h>
#define ALL(x) begin(x), end(x)
using namespace std;
void file() {
  freopen("1.in", "r", stdin);
  freopen("1.out", "w", stdout);
}
using ll = long long;

int k, m;
string str;

bool S(int n, int m) {
  int x = n - 1 - m / 2, y = (m - 1) / 2;
  return (x & y) == y;
}

int Dfs(int w, int cur, int lim) { // < lim
  if(cur >= lim) return 0;
  if(w == -1) return cur;
  if(cur & (1 << w)) return Dfs(w - 1, cur, lim);
  int nc = cur & ((1 << w + 1) - 1);
  if((cur ^ nc) + (1 << w + 1) <= lim) {
    int pc = __builtin_popcount(nc);
    if(pc == w + 1) return cur;
    else if(pc == w) {
      nc ^= ((1 << w + 1) - 1);
      return nc & -nc;
    }
    return 0;
  }
  return Dfs(w - 1, cur, lim) ^ Dfs(w - 1, cur ^ (1 << w), lim);
}

void Solve() {
  cin >> k >> m >> str;
  int all = count(ALL(str), '1'), ans = 0;
  for(int c = 0; c < all; c++) {
    if(S(all, c + 1)) ans ^= Dfs(29, c, m);
  }
  cout << ans << "\n";
}

int main() {
  // file();
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  int T;
  cin >> T;
  while(T--) Solve();
  return 0;
}