@uoj

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Evan 和 Lyra 都是聪明可爱的孩子，两年前，Evan 开始为一个被称为UOJ的神秘的OI组织工作，在 Evan 与其他小伙伴的努力下，UOJ不仅成了OI界原创比赛的典范，更是因UR这一反人类难度的存在而举世闻名。然而今年，随着 Evan 前往世界彼岸，UOJ一天天减少着他的活力，而就在OI历新年的黎明——NOI的前夕，刚回家不久的Evan听到了清脆的敲门声……

“开门，快递！”

“暗号？”

“3a34be41f8c8796c93b5c9f3b988e0d4”

“收到！”

送走了快递小哥，Evan 拆开包裹，看见一个写着“量子态的巧克力”的小盒子，作为新时代的OI少年，Evan 决定发扬分享的精神，于是他找来 Lyra 一起打开巧克力的盒子。

“砰——”

从量子态坍缩的光芒中回过神来，感受到脚下啫喱状的地板，Evan 叹了一口气——接着突然用把 Lyra 吓了一跳的音量喊了出来：

“竟然把造题的锅塞进巧克力里！！”

而这时，Lyra已经开始观察起了这盒奇特的巧克力，并找到了藏在巧克力盒子里的说明书。

原来，盒子里每个巧克力都有一个味道 ai，Evan 和 Lyra 的舌头上都还没有残留任何味道（用 0 表示），当他们吃下一块巧克力的时候，舌头上的味道 b 便会异或上这个巧克力的美味值，即 b ← b xor a.

Evan 和 Lyra 会各自从盒子中拿一些巧克力吃下去（即各自选择一个集合并吃掉集合中的巧克力），两个人不能吃同一块巧克力（即集合不能相交），可以有一个人选择不吃巧克力，但不能两个人都不吃。Evan 和 Lyra 不需要把盒子里的巧克力都吃完，有剩余也是可以的。

最后如果二人舌头上残留着相同的味道，则称两人是心情契合的。

既然量子态有无数种可能性，走出这巧克力迷局的关键就是，求出有多少种方案使得两人是心情契合的，两种方案不同当且仅当 Evan 或 Lyra 选择吃下的巧克力集合不一样。

你只需要输出方案数对 998244353 取模的结果即可。

原题传送门。

@solution@

每个巧克力有三种情况：不被选中，被 E 选中，被 L 选中。条件是被 E/L 选中的巧克力异或值等于 0。

那么问题就可以转换为异或卷积：

[(1 + 2x^{a_1})oplus(1 + 2x^{a_2})oplus...oplus(1 + 2x^{a_n}) ]

多么优美的式子，可惜它并不能分治 fft 的套路做。

这个时候就应该考虑 fwt 的实质（我们记 c(x) 表示 x 在二进制下 1 的个数）：

[fwt(1 + 2x^a) = sum_{i=0}(1 + 2 imes (-1)^{c(i & a)})x^i ]

可以发现 ((-1)^{c(i & a)}) 的取值只有两种，因而 fwt 中的系数也只有两种 -1, 3。稍微明朗了些。

不妨记 (cnt_i = sum_{j=1}^{n}[c(i & a_j) mod 2 = 1])，则卷积结果的 fwt 可以写作：

[f_i = (-1)^{cnt_i} imes 3^{n - cnt_i} ]

本道题的难点就在于求 (cnt) 了。虽然看起来很简单不过依然不好求。

解铃还须系铃人。我们尝试不绕弯路，直接使用 fwt 求上述式子。

[cnt_i = sum_{j=1}^{n}[c(i & a) mod 2 = 1] = frac{1}{2}sum_{j=1}^{n}(1 - (-1)^{c(i & a_j)}) ]

后面那些就是 (sum_{j=1}^{n}(1 - x^{a_j})) 的 fwt 结果，因此只需一次 fwt 即可。

求出卷积结果的 fwt 后再逆 fwt 回去即可。时间复杂度 O(nlog n)。

@accepted code@

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MOD = 998244353;
const int MAXN = (1 << 20);
const int INV2 = (MOD + 1) / 2;

inline int add(int x, int y) {return (x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y);}
inline int sub(int x, int y) {return (x - y < 0 ? x - y + MOD : x - y);}
inline int mul(int x, int y) {return 1LL * x * y % MOD;}

int pow_mod(int b, int p) {
	int ret = 1;
	for(int i=p;i;i>>=1,b=mul(b,b))
		if( i & 1 ) ret = mul(ret, b);
	return ret;
}

void fwt(int *A, int n, int type) {
	for(int s=2,t=1;s<=n;s<<=1,t<<=1)
		for(int i=0;i<n;i+=s)
			for(int j=0;j<t;j++) {
				int x = A[i + j], y = A[i + j + t];
				A[i + j] = add(x, y), A[i + j + t] = sub(x, y);
				if( type == -1 )
					A[i + j] = mul(A[i + j], INV2), A[i + j + t] = mul(A[i + j + t], INV2);
			}
}

int pw3[MAXN + 5];
void init() {
	pw3[0] = 1;
	for(int i=1;i<=MAXN;i++)
		pw3[i] = mul(3, pw3[i - 1]);
}

int f[MAXN + 5], c[MAXN + 5], a[MAXN + 5], n;
int main() {
	init(), scanf("%d", &n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d", &a[i]), c[0] = add(c[0], 1), c[a[i]] = sub(c[a[i]], 1);
	fwt(c, MAXN, 1);
	for(int i=0;i<MAXN;i++) c[i] = mul(c[i], INV2);
	for(int i=0;i<MAXN;i++)
		f[i] = (c[i] & 1 ? sub(0, pw3[n - c[i]]) : pw3[n - c[i]]);
	fwt(f, MAXN, -1);
	printf("%d
", sub(f[0], 1));
}

@details@

两个集合不能同时是空集，最后方案数需要减 1。

教练：uoj 的题只有 5 页，非常小清新。大家可以尝试把它刷完。
（缓缓打出一个问号.jpg）