UOJ #310 黎明前的巧克力 (FWT)

题目传送门

题目大意：给你一个序列，定义一个子序列的权值表示子序列中元素的异或和，现在让你选出两个互不相交的子序列，求选出的这两个子序列权值相等的方案数，$n,a_{i}leq 10^{6}$

这是一道考察对$FWT$算法理解的好题。然而我并不会

思路来自出题人的题解

假设权值最大值为$m$

暴力怎么搞？背包$DP$一下

定义$f(i,j)$表示现在遍历到了第$i$个元素，选出的两个子序列异或和为$j$的方案数，容易得到方程：

$f(i,j)=f(i-1,j)+2*f(i-1,j;xor;a_{i})$

时间复杂度$O(nm)$，可以获得30分

看那个卷积形式，$FWT$？

时间复杂度$O(nmlogm)$，可以获得..0分

我们发现每一层的生成函数里只有两个位置有值

假设现在我们遍历到了第$i$个物品$a_{i}$，第$i$层的生成函数长这个样：

$f_{i}(0)=1, f_{i}(a_{i})=2$

其它位置都是0诶

对它进行FWT正变换，会发现正变换之后的数组里只有-1和3

因为$f_{i}(0)$对每个位置都有+1的贡献，而$f_{i}(a_{i})$对每个位置有+2或-2点贡献

重新考虑那个$0$分暴力。我们把每一层都正变换，然后对应位置相乘，再逆变换回来

我们可以想办法快速求出对应位置相乘之后的数组$F$，这样再用一次逆变换就行了

我们只需要统计出每个位置上有几个3相乘，设3的数量是$x$，-1的数量就是$n-x$，快速幂一下，就能得到$F$了

我们把贡献积转化成了指数上的贡献和，发现只用一次正变换就行啦！

再用快速幂把贡献和转化成贡献积。最后逆变换回来就行了

时间$O(mlogm)$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#def_{i}ne N1 (1<<20)+10
#def_{i}ne ll long long 
using namespace std;
const int p=998244353;

template <typename _T> void read(_T &ret)
{
    ret=0; _T fh=1; char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){ if(c=='-') fh=-1; c=getchar(); }
    while(c>='0'&&c<='9'){ ret=ret*10+c-'0'; c=getchar(); }
    ret=ret*fh;
}

ll qpow(ll x,ll y)
{
    ll ans=1;
    for(;y>0;x=x*x%p,y>>=1) if(y&1) ans=ans*x%p;
    return ans;
}

void FWT_XOR(int *s,int len,int type)
{
    int i,j,k,t,inv2=qpow(2,p-2);
    for(k=2;k<=len;k<<=1)
    for(i=0;i<len;i+=k)
    for(j=0;j<(k>>1);j++)
    {
        t=s[i+j+(k>>1)]; s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]-t+p)%p; s[i+j]=(s[i+j]+t)%p;
        if(type==-1) s[i+j]=1ll*s[i+j]*inv2%p, s[i+j+(k>>1)]=1ll*s[i+j+(k>>1)]*inv2%p;
    }
}

int n,ma,len,L;
int a[N1],s[N1];

int ma_{i}n()
{
    scanf("%d",&n);
    int i,j,x;
    for(i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
    for(i=1;i<=n;i++) s[a[i]]++, ma=max(ma,a[i]);
    for(len=1,L=0;len<ma+1;len<<=1,L++);
    for(i=0;i<len;i++) if(s[i]<0) s[i]+=p;
    FWT_XOR(s,len,1);
    for(i=0;i<len;i++) 
    {
        if(s[i]>n) s[i]-=p; x=(n+s[i])/2;
        s[i]=( ( ((n-x)&1) ? -1ll:1ll )*qpow(3,x)+p)%p;
    }
    FWT_XOR(s,len,-1);
    printf("%d
",(s[0]-1+p)%p);
    return 0;
}