一道有趣的题。
看到按位的矩阵运算，如果对FWT比较熟悉的话，会比较容易地想到。
这种形式也就FWT等转移里面有吧……就算有其他的也难构造出来。
然而FWT的矩阵并不是酉矩阵（也就是满足 (AA^T = I)），这个很好办，就直接把行列式除到 (1) 就好了。
于是得到转移矩阵：
[A =
left[
egin{matrix}
frac{1}{sqrt{2}} & frac{1}{sqrt{2}} \
frac{1}{sqrt{2}} & -frac{1}{sqrt{2}}
end{matrix}
ight]
]
我们接下来肯定是要做FWT了，显然，对所有 (i) 都做一遍 manipulate(A, i)
得到的东西肯定有性质。我们直接带入FWT的定义式进行展开，得到第 (i) 位的值为
[left(frac{1}{sqrt{2}}
ight)^n left( left(-1
ight)^{|x cap i|} + left(-1
ight)^{|y cap i|}
ight)
]
显然，要么这一位为 (0)，要么为 $ pm 2 left(frac{1}{sqrt{2}} ight)^n $。
我们考虑不为零的情况，因为只有这样才有用。
[egin{align*}
|x cap i| + |y cap i| & equiv 0 pmod 2\
|left(x cap i
ight) oplus left(y cap i
ight)| & equiv 0 pmod 2\
|left(x oplus y
ight) cap i| & equiv 0 pmod 2\
end{align*}
]
于是我们得到了 (x oplus y) 这个定值。这个定值和我们查询得到的 (i) 的关系就是交大小为偶数。
那么我们不断FWT然后询问 (i)，因为答案随机，猜测很快能随机出。
下面有两种做法，要么用异或方程组动态高斯消元，要么暴力。
然后我写的是暴力，具体就是得到一个 (i) 就把所有可能满足条件的都标上，直到剩下一个数就是答案。 具体可以用一个bool数组，然后每次and。
但是有一个问题，(0) 一直都满足，这样会有两个满足，导致死循环。因为题目保证 (x eq y)，所以 (0) 一开始就是不可能的。这样就可以唯一确定一个了。
因为期望查询次数为 (Oleft(n ight))，常数很小（这个我是真的不会算
所以期望询问次数 (Oleft(n^2 ight))，除交互库复杂度 (Oleft(n2^n ight)) 可以通过此题。
#include "quantumbreak.h"
#include <bits/stdc++.h>
const double is2 = 1 / sqrt(2);
double qry[2][2] = {
{is2, is2},
{is2, -is2}
};
int rest, can[1 << 16], iss[1 << 16];
int query_xor(int n, int _) {
const int U = 1 << n;
rest = U - 1;
for (int i = 0; i != U; ++i) {
iss[i] = __builtin_popcount(i) & 1 ^ 1;
can[i] = true;
}
can[0] = false;
while (rest > 1) {
for (int i = 0; i != n; ++i)
manipulate(qry, i);
int x = query();
rest = 0;
for (int i = 0; i != U; ++i)
rest += (can[i] &= iss[i & x]);
}
for (int i = 0; i != U; ++i)
if (can[i])
return i;
}