BZOJ 5267 特工 (类FWT)

题意

题解

从大到小枚举(l), 把一个序列从(2^{l+1})分成两个独立的(2^l)，去除两半的影响。
设去除前的序列为(b), 去除后序列为(b')
则有(b_{2^{l+1}-1}-b_{2^l-1}=sum^{2^{l+1}-1}_{i=2^l}b_i)
考虑左边的一个位置(d)与右边的位置(d+2^l)相对应
考虑一个序列(s_0)的第(i)位为( ext{bitcount}((i ext{or} d) ext{xor} i))，(s_1)为把(s_1)的(d)换成(d+2^l)的结果
显然两个序列左半部分完全一样，右半部分完全相反
设(z)为(b')与(s_0)(或(s_1))左半部分对应位置乘积之和，(y_0,y_1)分别为(b')与(s_0,s_1)右半部分对应位置乘积之和
则(b'_d=z,b'_{d+2^l}=y_1)
且有方程(z+y_0=b_d,z+y_1=b_{d+2^l},y_0+y_1=b_{2^{l+1}-1}-b_{2^l-1})
解之即可。

时间复杂度(O(nlog n)).

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cassert>
#define llong long long
using namespace std;
 
char c[40000010];
int ns;
inline llong read(){
    while(c[ns]<'0'||c[ns]>'9')ns++;
    llong x=0;
    while(c[ns]>='0'&&c[ns]<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c[ns++]-'0';
    return x;
}
 
const int N = 1<<20;
llong a[N+3];
int n;
 
int main()
{
    c[fread(c,1,40000010,stdin)]=0; //input optimization
    n = read();
    for(int i=0; i<n; i++) a[i] = read();
    for(int i=(n>>1); i; i>>=1)
    {
        for(int j=0; j<n; j+=(i<<1))
        {
            llong tmp = a[j+(i<<1)-1]-a[j+i-1];
            for(int k=0; k<i; k++)
            {
                llong x = a[j+k],y = a[j+i+k];
                a[j+k] = (-tmp+x+y)>>1,a[j+i+k] = (tmp-x+y)>>1;
            }
        }
    }
    for(int i=0; i<n; i++) printf("%lld ",a[i]); puts("");
    return 0;
}