题解：P12020 Boolean Computer 加强版
题意
给定 \(n,m,q\) 以及 \(m\) 个在 \([0,2^n)\) 内的整数 \(a_{1\sim m}\)。现有与、或、异或、与非、或非、同或六种位运算，对于给出的一个长为 \(n\) 的运算法则 \(s_{0\sim n-1}\)，其中 \(s_i\) 为六种位运算之一，数 \(x,y\) 关于该运算法则的运算结果的第 \(i\) 位是 \(x,y\) 的第 \(i\) 位通过运算 \(s_i\) 得到的。
接下来给出 \(q\) 次询问，每次询问给出一个运算法则 \(s_{0\sim n-1}\) 与一个整数 \(k\)，求出有多少二元组 \(1\le i,j\le m\) 满足 \(a_i\odot a_j=k\)。
\(n\le 16\)，\(m,q\le 10^5\)。
题解
单独考虑一位的情况，根据这一位的运算和该位 \(k\) 的值，我们会得到一条形如「\(a_i,a_j\) 该位需要有 \(x\) 个 \(1\)」或「\(a_i,a_j\) 该位需要有 \(x\) 或 \(y\) 个 \(1\)」的限制。
对于每个询问，对所有限制集大小为 \(2\) 的位进行枚举，即可确定每一位需要总共有多少个 \(1\)。这可以视作将 \(a_i\) 的二进制形式看作三进制数，并求有多少对 \((i,j)\) 满足 \(a_i+a_j\) 等于给定数，可以使用引入单位根的三进制 FWT 解决。
时间复杂度 \(O(n3^n+q2^n)\)。
注意到上述算法询问复杂度与询问中限制集大小为 \(\bm 2\) 的限制数 \(\bm c\) 正相关，不妨考虑阈值分治的思想，设计一个当 \(\bm c\) 较大时较快的算法。
考虑将限制集大小为 \(1\) 的限制表述成大小为 \(2\) 的限制，这可通过容斥做到，一条限制集大小为 \(1\) 的限制需要容斥为三条大小为 \(2\) 的限制。此时我们需要求有多少对 \((i,j)\) 满足 \(a_i+a_j\) 每一位都不等于给定数，这也可通过三进制 FWT 实现。
总时间复杂度 \(O(n3^n+q\min(2^c,3^{n-c}))\)，可以通过。
注意实现时不要在询问复杂度上乘上 \(n\)。
参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
namespace IO{//by cyffff
}
#define pii pair<int,int>
#define mpr make_pair
#define fir first
#define sec second
const int N=65536+10,M=4.4e7+10;
int n,m,q,u,u2,pw[20],tr[N],trp[128],ty[12][2],ct[12],op[20];
vector<int>vc;
ll cnt[M],F[M],ans;
inline int oper(int x,int y,int op){
if(op>=3) return !oper(x,y,op-3);
if(op==0) return x&y;
if(op==1) return x|y;
if(op==2) return x^y;
}
struct node{
ll v0,v1;
node(ll a=0,ll b=0){ v0=a,v1=b; }
inline friend node operator+(const node &a,const node &b){
return node(a.v0+b.v0,a.v1+b.v1);
}
inline friend node operator*(const node &a,const node &b){
return node(a.v0*b.v0-a.v1*b.v1,a.v0*b.v1+a.v1*b.v0-a.v1*b.v1);
}
}w1(0,1),w2(-1,-1),G[M];
inline void FWT1(node *c){
for(int i=1,w=1;i<=n;i++,w*=3)
for(int j=0;j<u;j+=w*3)
for(int k=0;k<w;k++){
int p0=j+k,p1=j+k+w,p2=j+k+w*2;
node v0=c[p0],v1=c[p1],v2=c[p2];
c[p0]=v0+v1+v2;
c[p1]=v0+v1*w1+v2*w2;
c[p2]=v0+v1*w2+v2*w1;
}
}
inline void FWT2(ll *c){
for(int i=1,w=1;i<=n;i++,w*=3)
for(int j=0;j<u;j+=w*3)
for(int k=0;k<w;k++){
int p0=j+k,p1=j+k+w,p2=j+k+w*2;
ll v0=c[p0],v1=c[p1],v2=c[p2];
c[p0]=v1+v2,c[p1]=v0+v2,c[p2]=v0+v1;
}
}
inline void IFWT(node *c){
for(int i=1,w=1;i<=n;i++,w*=3)
for(int j=0;j<u;j+=w*3)
for(int k=0;k<w;k++){
int p0=j+k,p1=j+k+w,p2=j+k+w*2;
node v0=c[p0],v1=c[p1],v2=c[p2];
c[p0]=v0+v1+v2;
c[p1]=v0+v1*w2+v2*w1;
c[p2]=v0+v1*w1+v2*w2;
}
for(int i=0;i<u;i++)
c[i].v0/=u;
}
inline void dfs1(int u,int x){
if(u==vc.size()){ ans+=cnt[x];return ; }
int pt=op[vc[u]],uc=vc[u];
if(ty[pt][0]==0||ty[pt][1]==0) dfs1(u+1,x+0*pw[uc]);
if(ty[pt][0]==1||ty[pt][1]==1) dfs1(u+1,x+1*pw[uc]);
if(ty[pt][0]==2||ty[pt][1]==2) dfs1(u+1,x+2*pw[uc]);
}
inline void dfs2(int u,int x,int k){
if(u==vc.size()){ ans+=F[x]*k;return ; }
int pt=op[vc[u]],uc=vc[u];
dfs2(u+1,x+0*pw[uc],k*(ty[pt][0]==0?-1:1));
dfs2(u+1,x+1*pw[uc],k*(ty[pt][0]==1?-1:1));
dfs2(u+1,x+2*pw[uc],k*(ty[pt][0]==2?-1:1));
}
int main(){
read(),n=read(),m=read(),q=read(),u2=u=1;
pw[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) u2*=2,u*=3,pw[i]=u;
for(int i=1;i<u2;i++)
tr[i]=tr[i/2]*3+(i&1);
for(int i=1;i<=m;i++)
cnt[tr[read()]]++;
for(int i=0;i<u;i++)
G[i]=node(cnt[i]);
FWT1(G);
for(int i=0;i<u;i++)
G[i]=G[i]*G[i];
IFWT(G);
for(int i=0;i<u;i++)
F[i]=cnt[i]=G[i].v0;
FWT2(F);
tr['A']=0,tr['O']=1,tr['X']=2,
tr['a']=3,tr['o']=4,tr['x']=5;
for(int i=0;i<6;i++)
for(int j=0;j<2;j++){
int c=0,id=i*2+j;
ty[id][1]=-1;
if(oper(0,0,i)==j) ty[id][c++]=0;
if(oper(0,1,i)==j) ty[id][c++]=1;
if(oper(1,1,i)==j) ty[id][c++]=2;
ct[id]=c;
}
while(q--){
for(int i=0;i<n;i++) op[n-i-1]=tr[getc()];
int x=read(),c1=0,c2=0;ans=0;
for(int i=0;i<n;i++) op[i]=op[i]*2+(x>>i&1),ct[op[i]]==1?++c1:++c2;
vc.clear();
if(c2<=9){
int s=0;
for(int i=0;i<n;i++)
if(ct[op[i]]==2) vc.push_back(i);
else s+=pw[i]*ty[op[i]][0];
dfs1(0,s);
}else{
int s=0;
for(int i=0;i<n;i++)
if(ct[op[i]]==1) vc.push_back(i);
else s+=pw[i]*(ty[op[i]][0]^ty[op[i]][1]^3);
dfs2(0,s,1),ans>>=c1;
}
write(ans),putc('\n');
}
flush();
}
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