题解：AT_arc222_e [ARC222E] XOR Matching

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到底是谁在出这种题？太魔怔了。

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以下不妨设值域 \(2^m = O(n)\)。

假设数字 \(i\) 的出现次数为 \(c_i\)。\(x = 0\) 的时候显然答案是 \(\sum \left \lfloor \frac{c_i}{2}\right \rfloor\)，先提前特判掉。当 \(x \neq 0\) 时，我们考虑一对能够可以配对的数字 \(i\) 和 \(i \oplus x\)，它们总共能产生 \(\min(c_i, c_{i \oplus x})\) 对配对的数字。所以答案就是

\[ans_x = \frac{1}{2} \sum_{i \oplus j = x} \min(c_i, c_j) \]

\((+, \min)\) 异或卷积，这怎么能做？别忘了我们还有 \(\sum c_i = n\)。

我们只会带乘法的异或卷积，因此我们希望将 \(\min\) 变成一些东西乘起来的形式。我们注意到 \(\min(x, y) = \sum \limits_{i = 1} ^ {+ \infty} [i \le x] [i \le y]\)，因此

\[ans_x = \sum_{k = 1} ^{+\infty} \sum_{i \oplus j = x} [c_i \ge k] [c_j \ge k] \]

这个时候式子的后半部分就是可以 FWT 的形式了。但是如果对于每个 \(k\) 都做一遍这个事情的话就会获得 \(O(n^2 \log n)\) 的优秀复杂度。

因此我们考虑阈值分治。假设有阈值 \(B\)，我们对于 \(k = 1 \sim B\) 分别去做 FWT。这个时候，所有 \(\min(c_i, c_j) \le B\) 的 \((i, j)\) 的贡献我们都求出来了。那么剩下的就是 \(c_i > B\) 的数字内部产生的贡献，由于这种数字最多有 \(\frac{n}{B}\) 个，因此直接暴力卷积就可以。综合这两种情况，算法的复杂度为 \(O \left( Bn \log n + \left( \frac{n}{B}\right)^2\right)\)。

取 \(B = \left(\frac{n}{\log n}\right)^{\frac{1}{3}}\) 即可做到 \(O\left(n^{4/3} \log^{2/3} n\right)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define N 1048582
#define MOD 998244353
using namespace std;
constexpr int B=20;
inline void add(int &x,int y) {x+=y,x-=x>=MOD?MOD:0;}
inline void dec(int &x,int y) {x+=MOD-y,x-=x>=MOD?MOD:0;}
int n,m,b,cnt[N],ans[N],d[N];
void fwt_xor(int *f,int opt)
{
  for(int o=2,k=1;o<=b;o<<=1,k<<=1)
    for(int i=0;i<b;i+=o)
      for(int j=0;j<k;j++)
      {
        f[i+j]=(f[i+j]+f[i+j+k])%MOD;
        f[i+j+k]=(f[i+j]-2ll*f[i+j+k]%MOD+MOD)%MOD;
        f[i+j]=1ll*f[i+j]*opt%MOD;
        f[i+j+k]=1ll*f[i+j+k]*opt%MOD;
      }
}
main()
{
  scanf("%d%d",&n,&m),b=1<<m;
  for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),cnt[x]++;
  for(int i=1;i<=B;i++)
  {
    for(int j=0;j<b;j++)d[j]=(cnt[j]>=i);
    fwt_xor(d,1);
    for(int j=0;j<b;j++)d[j]=1ll*d[j]*d[j]%MOD;
    fwt_xor(d,499122177);
    for(int j=0;j<b;j++)add(ans[j],d[j]);
  }
  vector<int> big;
  for(int i=0;i<b;i++)
    if(cnt[i]>B)big.push_back(i);
  for(int i:big)for(int j:big)
    add(ans[i^j],min(cnt[i],cnt[j])-B);
  ans[0]=0;
  for(int i=0;i<b;i++)ans[0]+=cnt[i]/2;
  for(int i=1;i<b;i++)
    ans[i]=499122177ll*ans[i]%MOD;
  int pw10=1,s=0;
  for(int i=0;i<b;i++)
    add(s,1ll*pw10*ans[i]%MOD),pw10=10ll*pw10%MOD;
  printf("%d\n",s);
  return 0;
}