题意
设(X = {1, 2, dots, n})，(S = 2 ^ X)，求从(S)中取出一些集合（可不取），其交集为4的倍数的方案数。
(n leq {10} ^ 7)。
题解
广义容斥 + 构造好题。
设(g(x))表示取出的集合交集数恰好为(x)的方案数，(f(x))表示钦定(x)个集合一定要取的方案数。
显然，(f(x) = inom{n}{x} (2 ^ {2 ^ {n - x}} - 1))，然后(g(x))和(f(x))的关系可以用二项式反演求出，即
[g(k) = sum_{i = k} ^ n {(-1)} ^ {i - k} inom{i}{k} f(i)
]
但是二项式反演所有求(g(x))要(O(n ^ 2))的复杂度。
考虑一种巧妙的构造。
设(Ans = sum_{i = 0} ^ n f(i) a(i))。
由于显然有(Ans = sum_{i = 0} ^ n g(i) b(i))，其中(b(i) = [4 | i])。
则
[egin{aligned}
Ans
& = sum_{k = 0} ^ n [4 | k] sum_{i = k} ^ n {(-1)} ^ {i - k} inom{i}{k} f(i) \
& = sum_{i = 0} ^ n f(i) sum_{k = 0} ^ i {(-1)} ^ {i - k} inom{i}{k} [4|k] \
end{aligned}
]
则得出
[a(i) = sum_{k = 0} ^ i {(-1)} ^ {i - k} inom{i}{k} [4|k] \
]
可是还不够，继续。
对于([4|k])，用单位根反演，即
[[4|k] = frac{1}{4} sum_{i = 0} ^ 3 omega_4 ^ {ik}
]
则
[egin{aligned}
a(i)
& = sum_{k = 0} ^ i {(-1)} ^ {i - k} inom{i}{k} frac{1}{4} sum_{l = 0} ^ 3 omega_4 ^ {lk} \
& = frac{{(-1)} ^ i}{4} sum_{k = 0} ^ i {(-1)} ^ k inom{i}{k} sum_{l = 0} ^ 3 ({omega_4 ^ l}) ^ k \
& = frac{{(-1)} ^ i}{4} sum_{l = 0} ^ 3 sum_{k = 0} ^ i inom{i}{k} {(-1)} ^ k ({omega_4 ^ l}) ^ k \
& = frac{{(-1)} ^ i}{4} sum_{l = 0} ^ 3 (1 - {omega_4 ^ l}) ^ i \
end{aligned}
]
然后这个东西就比较容易了。
直接计算
[Ans = 1 + sum_{i = 0} ^ n inom{n}{i} (2 ^ {2 ^ {n - i}} - 1) cdot frac{{(-1)} ^ i}{4} sum_{l = 0} ^ 3 (1 - {omega_4 ^ l}) ^ i
]
这个1就是所有集合都不选的方案（注意到它在(f(0))中被除去了）。
处理过程中，是可以用一些技巧，避免使用快速幂的。
所以这个复杂度就是(mathcal O(n))的，常数为4（实际肯定比这个大很多）。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int power (int a, int b, int mod) {
int ret = 1;
for ( ; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod) {
if (b & 1) {
ret = 1ll * ret * a % mod;
}
}
return ret;
}
const int N = 1e7 + 3, mod = 998244353;
const int omega = 911660635, inv4 = 748683265;
int n, ans, f, a, w, r[4], s[4];
int fac[N], ivf[N], po[N], pw[N], pn[N];
int C (int p, int q) {
return 1ll * fac[p] * ivf[q] % mod * ivf[p - q] % mod;
}
void prework () {
fac[0] = ivf[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; ++i) {
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
}
ivf[N - 1] = power(fac[N - 1], mod - 2, mod);
for (int i = N - 2; i; --i) {
ivf[i] = 1ll * ivf[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
po[0] = 2;
for (int i = 1; i < N; ++i) {
po[i] = 1ll * po[i - 1] * po[i - 1] % mod;
}
w = 1;
for (int i = 0; i < 4; ++i) {
r[i] = (1 - w + mod) % mod;
s[i] = 1;
w = 1ll * w * omega % mod;
}
}
int main () {
prework();
cin >> n;
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
f = 1ll * C(n, i) * (po[n - i] - 1 + mod) % mod;
a = 0;
for (int k = 0; k < 4; ++k) {
a = (a + s[k]) % mod;
s[k] = 1ll * s[k] * r[k] % mod;
}
a = 1ll * a * inv4 % mod;
a = i & 1 ? mod - a : a;
ans = (1ll * f * a + ans) % mod;
}
cout << (ans + 1) % mod << endl;
return 0;
}