0308

T1

考虑从前往后一个一个填，如果要求 \(a_1 \sim a_n\) 是一个排列 ，那么这题就很简单了：填 \(a_i\) 的时候，我们根本不关心 \(a_1 \sim a_{i-1}\) 分别是多少，我们只需要关心 \(a_i\) 是前 \(i\) 个中第几大的，然后就可以直接 \(O(n)\) 算。但是 \(a_1\sim a_n\) 可以相同，就不能直接看出有多少小于 \(a_i\)，于是考虑状压，\(f_{i,S}\) 表示前 \(i\) 个位置，若 \(S\) 的第 \(j\) 位是 \(0\)，表示前 \(i\) 个数中第 \(j\) 小的和第 \(j+1\) 小的一样大，否则表示第 \(j\) 小的和 \(j+1\) 小的不一样大。然后枚举 \(a_{i+1}\) 插到哪个位置，就可以判断是否满足条件。这一步 dp 的复杂度是 \(O(2^n \times n^2)\)。

然后考虑统计答案，对于一个 \(S\) 我们可以数出 \(a_1 \sim a_n\) 中有多少不同的数，令其为 \(m\)，插一下板，方案数就是 \(C_{k}^{m}\)（\(k\) 个值，分为 \(m+1\) 段，其中最后一段可以为空）。然后计算总和，就考虑每个差分的贡献，枚举差分的长度，第 \(i\) 个差分的贡献是 \((n-i+1) \times \sum_j j\times C_{k-j}^{m-1}\)。令 \(F_m(x)=\sum_i^x i \times C_{k-i}^{m-1}\)，可以发现这是一个 \(m+1\) 次多项式，我们要求的是 \(F_m(k-m+1)\)，所以就插值！！！吗？考虑到这个题它放在 T1，应该不会这么麻烦，仔细想一下：\(i \times C_{k-i}^{m-1}\) 的组合意义，其实可以看成是在一段长为 \(k-i\) 的区间选出 \(m-1\) 个位置，再在一段长度为 \(i\) 的区间选出 \(1\) 个位置，那么我们把这两个区间连起来，再在两个区间之间加一个位置，钦定它被选，就可以写出组合数：\(C_{k+1}^{m+1}\)，可以发现这样的是一一对应的。总复杂度 \(O(2^n \times n^2)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;}
int n,k;
int f[18][1<<17|5],g[20];
int inv[20];
inline int C(int a,int b){
	if(a<b)return 0;
	int res=1;
	for(int i=1;i<=b;i++)res=mul(res,a-i+1),res=mul(res,inv[i]);
	return res;
}
int main(){
	freopen("function.in","r",stdin);
	freopen("function.out","w",stdout);
	cin>>n>>k;
	if(n==1){
		printf("%d %lld\n",k,1ll*k*(k+1)/2%mod);
		return 0;
	}
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=19;i++)inv[i]=mul(inv[mod%i],mod-mod/i);
	f[2][1]=1;
	for(int i=3;i<=n;i++){
		for(int s=0;s<1<<i-2;s++){
			if(!f[i-1][s])continue;
			for(int j=0;j<i;j++){
				if(j+1>=i-1-(j+1)&&s>>j&1){
					int t=s&(1<<j+1)-1|((s&~((1<<j+1)-1))<<1);
					f[i][t]=add(f[i][t],f[i-1][s]);
					t|=1<<j+1;
					f[i][t]=add(f[i][t],f[i-1][s]);
				}
			}
			f[i][s|1<<i-2]=add(f[i][s|1<<i-2],f[i-1][s]);
		}
	}
	int ans1=0,ans2=0;
	for(int s=0;s<1<<n-1;s++){
		int cnt=0;
		for(int i=0;i<n-1;i++)if(s>>i&1)cnt++;
		if(cnt+1>k)continue;
		ans1=add(ans1,mul(f[n][s],C(k,cnt+1)));
		ans2=add(ans2,mul(f[n][s],mul(n,C(k+1,cnt+2))));
		for(int i=0;i<n-1;i++)if(s>>i&1){
			ans2=add(ans2,mul(f[n][s],mul(n-1-i,C(k+1,cnt+2))));
		}
	}
	cout<<ans1<<endl<<ans2<<endl;
	return 0;
}

T2

如果没有 \(a_i \le a_{i+1}\) 的限制，那么这就是一道普及组题：\(a_1 \sim a_{n-1}\) 随便填，\(a_n\) 填 \(Y \oplus a_1 \oplus \dots \oplus a_{m-1}\)。于是一共有 \(2^{m\times (n-1)}\) 个方案。

但是加上 \(a_i \le a_{i+1}\) 的限制，要求的就不是满足条件的序列数量，而是满足条件的可重集数量……

对于一个可重集，我们每次删除其中两个重复的数，然后最后会得到一个异或和依然为 \(Y\) 的不可重集。我们就统计这样的不可重集的方案数。

令 \(F_i\) 为大小为 \(i\)，且异或和为 \(Y\) 的不可重集的个数。\(G_i\) 为长度为 \(i\)，且异或和为 \(Y\) 的序列个数。有 \(G_i = 2^{m \times (i-1)}\)。

于是我们考虑容斥算出 \(F\)，令 \(H_{i,j}\) 为将大小为 \(i\) 的不可重集加上 \(\frac {j-i} 2\) 对任意的数，然后随意排序，可以得到的序列数量。我们可以背包算出 \(H\)。然后容斥：\(F_i=\dfrac {G_i-\sum F_j \times H_{j,i}} {i!}\)。就可以算出所有 \(F\)。

然后我们在大小为 \(i\) 的不可重集上加入 \(\frac {n-i} 2\) 对任意的数，就可以唯一对应一个大小为 \(n\) 的可重集。这一步的方案数可以组合数来算。

于是就算出答案了，复杂度主要在求 \(H\) 的背包上，我场上的代码求了 \(O(n^2)\) 次背包，每次 \(O(n^3)\)，总复杂度 \(O(n^5)\)，但是细想一下可以对 \(i\) 相同的一起算，复杂度 \(O(n^4)\)。

以下是赛时代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=20,mod=998244353;
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;}
inline int qpow(int a,ll b){
	int c=1;
	for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))if(b&1)c=mul(c,a);
	return c;
}
int n,num,tot,tot1;ll m;
int g[100],f[100];
int fac[100],ifac[100];
int h[100],h1[100];
int dp(int p,int q){
	memset(h,0,sizeof(h));
	h[0]=1;
	for(int i=1;i<=p;i++){
		for(int j=q;j>=0;j--){
			for(int k=2;k<=j;k+=2){
				h[j]=add(h[j],mul(h[j-k],ifac[k+1]));
			}
		}
	}
	int res=h[q];
	for(int i=1;i<=q;i++){
		for(int j=q;j>=0;j--)
			for(int k=2;k<=j;k+=2)
				h1[j]=add(h1[j],mul(h[j-k],ifac[k]));
		for(int j=0;j<=q;j++){
			h[j]=mul(h1[j],add(tot,mod-p-i+1));
			h1[j]=0;
		}
		res=add(res,mul(h[q],ifac[i]));
	}
	res=mul(res,fac[p+q]);
	return res;
}
inline int C(int a,int b){
	int res=1;
	for(int i=1;i<=b;i++)res=mul(res,a-i+1),res=mul(res,qpow(i,mod-2));
	return res;
}
int dp2(int n){
	if(!n)return 1;
	int res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		res=add(res,mul(C(tot,i),C(n-1,i-1)));
	}
	return res;
}
int main(){
	freopen("xor.in","r",stdin);
	freopen("xor.out","w",stdout);
	cin>>n>>m>>num;
	m%=(mod-1);tot=qpow(2,m);
	g[0]=!num;
	for(int i=1;i<=n;i++)g[i]=qpow(2,1ll*m*(i-1)%(mod-1));
	for(int i=0;i<=n;i++)f[i]=g[i];
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	ifac[n]=qpow(fac[n],mod-2);
	for(int i=n;i>=1;i--)ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
	for(int i=0;i<=n;i++){
		if(!f[i])continue;
		f[i]=mul(f[i],ifac[i]);
		for(int j=i+2;j<=n;j+=2){
			f[j]=add(f[j],mod-mul(f[i],dp(i,j-i)));
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=n;i>=0;i-=2){
		ans=add(ans,mul(f[i],dp2(n-i>>1)));
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}