CF1770F Koxia and Sequence

题解都太莫名其妙了，提供一个自然做法。

首先观察到 \(+,\cup,\oplus\) 均具有交换律，也就是你是枚举一个合法可重集 \(S\)，其会贡献 \(\binom{n}{c_0,c_1,\dots,c_{2^{20}-1}}\) 次，其中 \(c_i\) 表示 \(i\) 在 \(S\) 中出现次数。

熟知 \(x\oplus x=0\)，因此只需关注 \(\binom{n}{c_0,c_1,\dots,c_{2^{20}-1}}\equiv1\pmod2\) 的可重集 \(S\)。

不妨回想下对组合数是整数的证明，有一个做法是对每个 \(p\) 分析其次数，那个 \(\geq0\) 的等号显然取在在 \(p\) 进制下不进位的情况。

由此得知答案即为所有满足 \(c_0,c_1,\dots,c_{2^{20}-1}\) 在二进制下加起来不进位且合法的情况的异或和的异或和。

于是其中只有至多一个 \(c_i\) 为奇数（当 \(n\) 为偶数时一定没有，否则恰有一个），而 \(c_i\) 为偶数时异或偶数次贡献为 \(0\)，因此当 \(n\) 为偶数时答案为 \(0\)，否则每个方案恰好由那唯一一个奇数 \(c_i\) 的 \(i\) 贡献。

好了性质很够用了，我们回头来处理对或和的限制，直接对原问题做高维前缀和，即统计只有 \(i\) 每一位 \(1\) 所在位都属于 \(T\) 的 \(c_i\) 可以非 \(0\) 的所有方案异或和，然后高维差分回来，即对每个 \(T\subseteq S\) 的 \(T\) 统计这个答案异或起来即可（\(S\) 是 \(y\) 二进制下每一位 \(1\) 的次数构成集合）。

观察下，首先你限制 \(c\) 不进位，因此相当于把 \(n\) 的每一位 \(1\) 分配给某一个 \(c_i\)，进一步的，你对 \(c_i\) 可否非 \(0\) 的限制也是对位独立的，因此你可以拆为 \(\text{count}_2(n)|T|\) 个 \(0/1\) 变量，限制加权总和为 \(x\)，其中第 \(i\) 个变量权为 \(2^{t_i}(t_i\in\mathbb{N}_+)\)，统计前 \(|T|\) 个变量的加权异或和的异或和。

那么由线性性，你不妨枚举前 \(|T|\) 中每个变量的贡献次数，即枚举 \(i\)，在钦定 \(x_i=1\) 时统计合法方案数，对异或和贡献这么多次 \(t_i\)。

那显然这个方案数也对 \(2\) 取模，接下来我们将详细揭秘如何解决计算 \(\sum\limits_{i=1}^{m}x_i2^{t_i}=s\) 的方案数模 \(2\)：

发现如若 \(t_i\) 两两不等则方案数至多为 \(1\)（取到 \(1\) 当且仅当 \(s\) 二进制下的每个 \(1\) 都有对应的 \(2^{t_i}\)）。

而且你仍然有对称性，可以类比着合并 \(t_i\) 相同的项，继续由于不能进位所以还是二进制拆分，重复该过程最终得到一个 \(t_i\) 互不相等时的计数，且始终有 \(\sum 2^{t_i}\) 不变，因此最终 \(\{t_i\}\) 恰好为初始 \(\sum2^{t_i}\) 的二进制拆分。

综上所述，容易做到 \(O(2^{\text{count}_2(y)}\text{count}_2(y))\)。