LINK：黎明前的巧克力
我发现 很多难的FWT的题 都和方程有关.
上次那个西行寺无余涅槃 也是各种解方程...(不过这个题至今还未理解。
考虑dp 容易想到f[i][j][k]表示 第一个人得到巧克力的状态为j 第二个人为k的方案数。
期望得分0。
观察状态转移和最终的目标状态 可以将状态降维 变成f[i][j]表示两个人异或的结果为j的方案数。
这样复杂度是(ncdot W)的 其中W为值域.
观察转移 可以发现是一个异或卷积的形式 所以复杂度就变成了(mcdot Wcdot logW) 其中m为数字不同的个数.
不过上面这种方法可以 做数字相同的有很多的情况.
考虑正解 观察在做FWT的时候 每个数字(a_i)对FWT后的数组每一位贡献要么为2 要么为-2 而0位永远贡献为1.
所以FWT的数组每个位置要么为-1 要么为3.
显然我们只关心最后的乘积数组上有多少个-1 和 3.
可以发现 -1和3的数量固定 有(cnt_3+cnt_{-1}=n)
只要再对每一位列出一个方程就能快速求出每个位置上的值了.
考虑3和-1的和 有 FWT的和等于和的FWT.
所以对于所有数字放在同一个数组上进行FWT就可以得到(3cdot cnt_3-cnt_{-1}=b_i)
然后解方程 就可以得到每个位置上的数字是多少了.
const int MAXN=1100000,INV=(mod+1)/2;
int n,maxx,lim;
int a[MAXN],b[MAXN];
inline int ksm(int b,int p)
{
int cnt=1;
while(p)
{
if(p&1)cnt=(ll)cnt*b%mod;
b=(ll)b*b%mod;p=p>>1;
}
return cnt;
}
inline void FWT(int *a,int op)
{
for(int len=2;len<=lim;len=len<<1)
{
int mid=len>>1;
for(int j=0;j<lim;j+=len)
{
for(int i=0;i<mid;++i)
{
int x=a[i+j],y=a[i+j+mid];
if(op==1)a[i+j]=(x+y)%mod,a[i+j+mid]=(x-y+mod)%mod;
else a[i+j]=(ll)(x+y)*INV%mod,a[i+j+mid]=(ll)(x-y+mod)*INV%mod;
}
}
}
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
get(n);lim=1;
rep(1,n,i)
{
int get(x);
if(x>maxx)maxx=x;
a[x]+=2;++a[0];
}
while(lim<=maxx)lim=lim<<1;
FWT(a,1);
rep(0,lim-1,i)
{
int ww=(ll)(a[i]+n)*INV%mod*INV%mod;
int cc=(n-ww+mod)%mod;
if(cc&1)b[i]=mod-ksm(3,ww);
else b[i]=ksm(3,ww);
}
FWT(b,-1);put((b[0]-1+mod)%mod);
return 0;
}