UOJ#310.【UNR #2】黎明前的巧克力（FWT）

时间：2022-02-15 15:41:35

题意

给出 \(n\) 个数 \(\{a_1, \cdots, a_n\}\)，从中选出两个互不相交的集合（不能都为空），使得第一个集合与第二个集合内的数的异或和相等，求总方案数 \(\bmod 998244353\) 。

\(n, a_i \le 10^6\)

题解

简单转化一下，其实就是对于每个选取集合中元素异或积为 \(0\) 的集合，都会有 \(2^{|S|}\) 的贡献。

用集合幂级数形式写出来其实就等价于：

\[\prod_{i = 1}^{n} (1 + 2x^{a_i})
\]

把每个 \(\text{FWT}\) 再乘显然不现实。观察一下 \(1 + 2x^{a_i}\) \(\text{FWT}\) 后的点值只可能是 \(\{-1, 3\}\) 。

这样我们把所有原来的幂级数相加，然后一起 \(\text{FWT}\) 。（因为 \(\text{FWT}\) 是可以满足点值上的加减乘除，与集合对称差卷积上的加减乘除是一样的）

然后每一位算一下，假设有 \(x\) 个 \(-1\) ，\(n - x\) 个 \(3\) 。考虑解一下这个方程，也就是 \(-x + 3 * (n - x) = f_i\) ，也就是 \(\displaystyle x = \frac {3n - f_i}{4}\) 。

那么所有一开始的幂级数 \(\text{FWT}\) 乘到一起其实也就是 \((-1)^x3^{n - x}\) 。

那么最后 \(\text{IFWT}\) 就行了。

最后要减去空集的贡献，注意要 + Mod - 1 （好多人被坑了 \(97pts\) ）。

复杂度是 \(\mathcal O(n \log n)\) 的。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)

#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)

#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)

#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))

#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))

#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

typedef long long ll;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }

template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {

	int x(0), sgn(1); char ch(getchar());

	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;

	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);

	return x * sgn;

}

void File() {

#ifdef zjp_shadow

	freopen ("310.in", "r", stdin);

	freopen ("310.out", "w", stdout);

#endif

}

const int len = 1 << 20, N = len << 1, Mod = 998244353, inv2 = (Mod + 1) / 2;

inline int fpm(int x, int power) {

	int res = 1;

	for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)

		if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;

	return res;

}

void FWT(ll *P, int opt) {

	for (int i = 2, p = 1; i <= len; p = i, i <<= 1)

		for (int j = 0; j < len; j += i) Rep (k, p) {

			ll u = P[j + k], v = P[j + k + p];

			P[j + k] = u + v; P[j + k + p] = u - v;

		}

	if (!~opt) {

		int inv = fpm(len, Mod - 2);

		Rep (i, len) P[i] = 1ll * (Mod + P[i] % Mod) * inv % Mod;

	}

}

ll A[N], pow3[N];

int main () {

	File();

	int n = read();

	pow3[0] = 1;

	For (i, 1, n)

		++ A[0], A[read()] += 2, pow3[i] = pow3[i - 1] * 3ll % Mod;

	FWT(A, 1);

	Rep (i, len) {

		int x = (3 * n - A[i]) / 4;

		A[i] = (Mod + (x & 1 ? -1 : 1) * pow3[n - x]) % Mod;

	}

	FWT(A, -1);

	printf ("%lld\n", (A[0] + Mod - 1) % Mod);

	return 0;

}

相关文章