Triple 更一般情况的推导

感觉还是比较自然的，利用了对于艾弗森约定的处理和一个异或的性质。
处理艾弗森还是太强了，感觉根本不用动脑子。

这道题里 \(m = 3\) 。

设 \(F_i = \sum_{j=0}^{m-1} d_j x^{a_{i, j}}\) ，那么就要求 \(G = \prod_{i=1}^n F_i\) ，这里是异或卷积。

\[g_p = \prod_{i=1}^n \sum_{j=0}^{m - 1} (-1)^{\left| a_{i, j} \& p \right|}d_j \]

那么考虑设 \(c_s\) 表示后边求和式的一种可能，求出来 \(c_{s}\) 后进行快速幂。

\[\begin{aligned} c_s &= \sum_{i=1}^n \prod_{j=0}^{m-1} \left[ (-1)^{\left| a_{i, j} \& p \right|} = (-1)^{[j \in s]} \right]\\ &= \sum_{i=1}^n \prod_{j=0}^{m-1} \left[ (-1)^{\left| a_{i, j} \& p \right| + [j \in s]} = 1 \right]\\ &= \sum_{i=1}^n \prod_{j=0}^{m-1} \frac{(-1)^{\left| a_{i,j} \& p \right| + [j \in s]} + 1}{2}\\ &= \frac{1}{2^m} \sum_{i=1}^n \sum_t \prod_{j \in t} (-1)^{\left| a_{i, j} \& p \right| + [j \in s]}\\ &= \frac{1}{2^m} \sum_t \left( \prod_{j \in t} (-1)^{[j \in s]} \right) \sum_{i=1}^n \prod_t (-1)^{\left| a_{i, j} \& p \right|}\\ &= \frac{1}{2^m} \sum_t (-1)^{\left| s \& t \right|} \sum_{i=1}^n (-1)^{\left| \left( \oplus_{j \in t} a_{i, j} \right) \& p \right|} \end{aligned} \]