CF1707 F Bugaboo

• 题意

  对于长为 \(n\) 的数组 \(a\)，定义一次变换为 \(a'_i=a_i\oplus a_{(i\ \bmod\ n)+1}\)，\(\oplus\) 为异或操作。

  定义一个长为 \(n\) 的数组 \(c\) 合法，当且仅当存在一个数组 \(a\) 可以通过 \(t\) 次变换变为 \(c\)。

  现在给定 \(n,t,q,w\)。

  数组 \(c\) 初始全为 \(-1\) 。

  \(q\) 次操作，每次修改 \(c\) 中一个位置的值，并给出一个 \(mod\)，询问有多少种将 \(-1\) 替换成 \([0,2^w)\) 中的数的方案满足 \(c\) 是合法的，对 \(mod\) 取模。

  \(n\le 10^7,t\le 10^9,w\le 30,q\le 2\times 10^5,11\le mod\le 10^9+7\)。

• 题解

  从简单的想起，如果给定一个 \(c\)，如何判断合法。

  显然能操作一次当且仅当 \(c\) 的异或和为 \(0\)。

  将操作逆过来，等价于在 \(c\) 开头插入任意一个数，并把最后一个数舍去，然后做前缀异或。

  因此考虑一个位置 \(i\) 对操作 \(j\) 次的异或和的影响，容易发现为 \(\binom{n-i}{j}\)。

  因此将数组 \(\text{reverse}\) 。

  有贡献当且仅当在二进制下 \(j\sube i\)。

  令 \(L\) 为 \(n\) 的 \(\text{lowbit}\)。

  而 \(n\) 这个位置是我们任意填的，所以当 \(j=L\) 时，\(j+1\) 一定合法。

  那么容易归纳出当 \(t\le L\) 行时 \(t> L\) 一定行。

  所以现在 \(t\le L\)。

  可能还是没有什么用，我们继续手玩一下。

  \(t=1\) 平凡。

  \(t=2\) 时我们发现要满足 \(c_1\oplus c_3\dots\oplus c_{n-1}=0\)。

  \(t=3\) 比较奇怪。

  \(t=4\) 时我们发现其等价于满足 \(\bigoplus_k c_{r+4k}=0\ (0\le r<4)\)。

  因此我们合理猜测当 \(t=2^a\) 时，我们就是要满足 \(\bigoplus_k c_{r+2^ak}=0\ (0\le r<2^a)\)。

  从 \(2^a-1\) 往下不断递推，不难证明。

  现在 \(t\neq 2^a\)，考虑 \(t\) 的二进制分解中最大的，设为 \(2^b\) 。

  首先我们还是要满足 \(\bigoplus_k c_{r+2^bk}=0\ (0\le r<2^b)\)。

  考虑到大于 \(2^b\) 的部分，我们将数分为两组，分别为 \(c_{r+2^{b+1}k},c_{r+2^b+2^{b+1}k}\)。

  令 \(d_r=\bigoplus_k c_{r+2^{b+1}k},e_r=\bigoplus_k c_{r+2^b+2^{b+1}k}\)。

  那么就是 \(d_r\oplus e_r=0\)，也就是 \(d_r=e_r\)。

  然后我们可以发现问题可以变为关于数组 \(e\) 和 \(t'=t-2^b\) 的子问题。

  这样我们可以建立一个二叉树结构，一个点的权要么为左右儿子的异或和，要么等于左右儿子并要求左右儿子相等，树高是 \(O(\log n)\) 。

  考虑如何计数，可以暴力设 \(f_{i,j}\) 表示树上节点 \(i\)，点权为 \(j\) 的方案数，转移是容易的。

  这样还是不能回答询问，但我们容易观察并归纳出对于一个 \(i\)，\(f_{i,j}\) 一定是全相等或恰有一个数不为 \(0\) ，并且值一定是 \(0\) 或 \((2^w)^x\) 的形式，因此维护哪个位置有值和 \(x\) 就可以了。

  这样询问就可以直接把从叶子到根路径上的 \(f\) 都暴力修改然后回答。

  复杂度 \(O(n+q\log n)\)。

  跟官方题解有一定区别，但是本质上只是把从上往下建树变成了从下往上建树，有些地方可能不是特别自然。