【LOJ6358】前夕

题意

有n种元素，则共有\(2^n\)个不同的集合。

求所有选择集合的方案，使得选择的集合的交集大小为4的倍数。

Solution

考虑\(f(k)\)，表示交集大小至少为k的选择集合方案数。

容易得到\(f(k) = C_{n}^{k} (2^{2^{n-k}}-1)\)

我们考虑构造一个容斥系数\(\alpha(k)\)，使得满足如下等式：

\(ans = \sum_{k=0}^{n} f(k) \alpha(k)\)

我们考虑每一个方案的贡献，设这个方案中集合的并集大小是\(x\)，那么显然有它的贡献为\([4|x]\)

我们考虑这个方案在哪里被计算过，显然是所有\(k<=x\)的\(f(k)\)

于是其贡献亦可以被表示为\(\sum_{k=0}^x C_{x}^{k} \alpha(k)\) ，其中C的意思即为钦定这k个是被\(f(k)\)统计到的k个。

于是有：\([4 \mid x] = \sum_{k=0}^x C_{x}^{k} \alpha(k)\)

根据二项式反演，\(\alpha(x) = \sum_{k=0}^{x} (-1)^{x-k} C_{x}^{k} [4 \mid k]\)

接下来引入单位根反演：

\(\forall k,有[n \mid k]=\frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1} \omega_{n}^{ik}\)

证明：

显然，当\(n \mid k\)时，\(ik\)为\(n\)的倍数，右边式子即为\(\frac{1}{n} \times n = 1\)

而\(n \nmid k\)时，后面的式子是一个等比数列求和，可以发现分子始终为0。

那，把这个单位根反演暴力代入上式

\[\begin{aligned} \alpha(x) &= \sum_{k=0}^{x} (-1)^{x-k} C_{x}^{k} \frac{1}{4} \sum_{i=0}^{3} \omega_{4}^{ik}\\ &= \frac{1}{4} \sum_{i=0}^{3} \sum_{k=0}^{x} C_{x}^{k} (-1)^{x-k} (\omega_{4}^{i})^{k}\\ &= \frac{1}{4} \sum_{i=0}^{3} (-1+\omega_{4}^{i})^x \\ \end{aligned} \]

然后就可以求了，注意要做到严格\(O(n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int div2=499122177;
const int div4=748683265;
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int dec(int a,int b){return a-b<0?a-b+mod:a-b;}
inline int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;}
inline int qpow(int n,int k){
	int ret=1;
	while(k){
		if(k&1)ret=mul(ret,n);
		n=mul(n,n);
		k>>=1;
	}
	return ret;
}
const int N=10000000;
int n;
int f[10000010];
int fac[10000010],ifac[10000010];
int pow2[10000010];
int w[4],now[4];
void pre(){
	pow2[0]=2;
	for(int i=1;i<=N;++i)pow2[i]=mul(pow2[i-1],pow2[i-1]);
	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-1;i>=0;--i)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
	int wn=qpow(3,(mod-1)/4);
	int ww=1;
	for(int i=0;i<4;++i,ww=mul(ww,wn)){
		w[i]=dec(ww,1);
	}
}
int C(int n,int m){
	return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	pre();
	for(int i=0;i<=n;++i){
		f[i]=mul(C(n,n-i),dec(pow2[n-i],1));
	}
	now[0]=now[1]=now[2]=now[3]=1;
	int ans=1;
	for(int i=0;i<=n;++i){
		int res=0;
		for(int j=0;j<4;++j){
			res=add(res,now[j]);
			now[j]=mul(now[j],w[j]);
		}
		ans=add(ans,mul(f[i],mul(res,div4)));
	}
	printf("%d\n",ans);
}