2025 ICPC Asia EC 网络预选赛第二场 E 题思路分享（矩阵快速幂）

题意概述

给定 \(n,m\)，求满足以下条件的序列 \(a\) 数量：

• 长度为 \(n\)。

• \(0\le a_i \le 2^m-1\)。

• \(\bigoplus_{i=1}^{n}{a_i}=0\)。

• 任意相邻两项不等。

\(1\le n,m \le 10^9\)，模 \(998244353\)。

思路

可以发现，只需要最后一个元素与前 \(i-1\) 个元素异或和相等即可。

第 \(1\) 个元素有 \(2^m\) 个选择，为保证相邻元素不等，后面 \(n-2\) 个元素每个都有 \(2^m-1\) 个选择，最后一个选择固定，因此总数为 \(2^m \cdot {(2^m-1)}^{n-2}\)。

但是这样会有不合法的情况，原因在于最后一个固定的选择可能和前一个选择相同，这种情况实际上就是前 \(n-2\) 个元素的异或和已经为 \(0\) 了，记长度为 \(n\) 的答案为 \(f(n)\)，需要减去 \(f(n-2) \cdot (2^m-1)\)。

得到递推式：

\[f(n) = 2^m \cdot {(2^m-1)}^{n-2} - f(n-2)\cdot (2^m-1) \]

令 \(2^m = x\)，整理成矩阵形式：

\[\begin{pmatrix} (x-1)^2 & 0 \\ x & 1-x \end{pmatrix} \begin{pmatrix} (x-1)^{n-2} \\ f(n-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (x-1)^n \\ f(n) \end{pmatrix} \]

使用矩阵快速幂优化转移即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(T\cdot \log n)\)。

代码

//author:kzssCCC

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

const int MOD = 998244353;

ll qpow(ll a,ll b){
	ll res = 1;
	while (b){
		if (b&1){
			res = res*a%MOD;
		}
		a = a*a%MOD;
		b >>= 1;
	}

	return res;
}

vector<vector<ll>> mul(vector<vector<ll>> m1,vector<vector<ll>> m2){
	vector<vector<ll>> res(2,vector<ll>(2));
	for (int i=0;i<2;i++){
		for (int k=0;k<2;k++){
			for (int j=0;j<2;j++){
				res[i][j] = (res[i][j]+m1[i][k]*m2[k][j]%MOD)%MOD;
			}
		}
	}
	return res;
}

vector<vector<ll>> mqpow(vector<vector<ll>>& a,ll b){
	vector<vector<ll>> res = {{1,0},{0,1}};
	while (b){
		if (b&1){
			res = mul(a,res);
		}

		a = mul(a,a);
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

void solve(){
	int n,m;
	cin >> n >> m;

	ll x = qpow(2,m);
	vector<vector<ll>> temp = {{(x-1)*(x-1)%MOD,0},{x,(1-x+MOD)%MOD}};
	auto mat = mqpow(temp,(n-1)/2);

	if (n&1){
		ll a = x-1;
		ll b = 1;

		ll res = (mat[1][0]*a%MOD+mat[1][1]*b%MOD)%MOD;
		cout << res << '\n';
	}
	else{
		ll a = (x-1)*(x-1)%MOD;
		ll b = 0;

		ll res = (mat[1][0]*a%MOD+mat[1][1]*b%MOD)%MOD;
		cout << res << '\n';
	}
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int t = 1;
	cin >> t;
	while (t--) solve();

	return 0;
}