「ARC 139F」Many Xor Optimization Problems【线性做法，踩标】

「ARC 139F」Many Xor Optimization Problems

对于一个长为 \(n\) 的序列 \(a\)，我们记 \(f(a)\) 表示从 \(a\) 中选取若干数，可以得到的最大异或值。

现在给定 \(n,m\)，你需要对于所有长为 \(n\)，且 \(0\le a_i<2^m\) 的序列，计算 \(f(a)\) 的和。

\(1\le n,m\le 250000\)。

PS：本题解的做法可以做到 \(n=10^9,m=10^7\)。

Solution

考虑给定序列 \(a\)，我们计算 \(a\) 的正交线性基，不妨设基底有 \(k\) 个元素，其最高位分别为 \(a_1<a_2<\cdots<a_k\)。显然最大异或值就是这 \(k\) 个元素的异或和。

这启发我们去枚举 \(k\) 以及 \(a_1,\cdots,a_k\) 计算对答案的贡献，贡献由三部分相乘得到：

1. 多少个序列 \(a\)，满足它的正交线性基满足基底有 \(k\) 个元素，且最高位分别为 \(a_1,\cdots,a_k\)；

2. 这 \(k\) 个元素期望和；

3. 序列 \(a\) 的这 \(k\) 个基底的其他 \(m-k\) 位的填法。

对于第 1 部分，我们先只关心这 \(k\) 个位，考虑如下流程：

• 初始线性基 \(S\) 大小为空；
• 加入 \(a_i\)：
  • 它与线性基内元素线性相关。那么有 \(2^{|S|}\) 种方案；
  • 它与线性基内元素线性无关。那么有 \(2^k-2^{|S|}\) 种方案。

因此，方案为：

\[[x^{n-k}]\prod\limits_{i=0}^{k} \frac{1}{1-2^ix}\times \prod\limits_{i=0}^{k-1}(2^k-2^i) \]

容易看出前半部分为经典的 q-binomial，令 \(H(x)=\sum\limits_{k} \binom{n}{k}_2 x^k\)，容易递推求出其所有项。

对于第 2 部分，显然这 \(k\) 位必定是 \(1\)，其余位都以 \(\frac 1 2\) 的概率是 \(1\)，因此期望和为：

\[\frac{2^{a_k+1}-1+\sum\limits_{i=1}^{k}2^{a_i}}{2} \]

对于第 3 部分，由于是正交线性基，因此对于 \(a_j\) 所在的元素而言，所有 \(a_i<a_j\) 的 \(a_i\) 位必须为 \(0\)，其他位没限制，因此方案数为：

\[\prod\limits_{i=1}^{k}2^{a_i-(i-1)} \]

将三部分相乘，得到：

\[[x^k]H(x)\prod\limits_{i=0}^{k-1}(2^k-2^i)\times \frac{2^{a_k+1}-1+\sum\limits_{i=1}^{k}2^{a_i}}{2}\times \prod_{i=1}^{k} 2^{a_i-(i-1)} \]

计算这个式子，我们拆成 \(-1\)、\(\sum\limits_{i=1}^{k}2^{a_i}\)、\(2^{a_k+1}\) 三块分别计算。

• 第一块

显然要的就是 \([x^k]\prod\limits_{i=0}^{m-1}(1+2^ix)\)。

设 \(G(x)=\prod\limits_{i=0}^{m-1} (1+2^ix)\)，易知：

\[(1+2^mx)G(x)=(1+x)G(2x) \]

对比 \([x^i]\) 项系数得：

\[[x^i]G+2^m[x^{i-1}]G=2^i[x^i]G+2^{i-1}[x^{i-1}]G \]

可以 \(\mathcal O(m)\) 递推得到。

• 第二块

这次乘上了 \(\sum a_i\) 的贡献，注意到 \(\sum a_i\) 可以看成是 \(2^m-1\) 再减去不在 \(a_i\) 的那些 \(2^i\)。

于是贡献就很显然了，是 \((2^m-1)[x^k]G-(k+1)[x^{k+1}]G\)。

• 第三块

这次乘上了最大值（\(a_k\)）的贡献，考虑枚举最大值为 \(mx\)：

\(F(x)=\sum\limits_{mx=0}^{m-1}(2^{mx})^2\prod\limits_{i=0}^{mx-1}(1+2^ix)\)，易知：

\[\left(F(x)-1+(2^m)^2\prod_{i=0}^{m-1}(1+2^ix)\right)=4(x+1)F(2x) \]

对比 \([x^i]\) 项系数得：

\[[x^i]F+2^{2m}[x^i]G=2^{i+2}[x^i]F+2^{i+1}[x^{i-1}]F \]

仍可以 \(\mathcal O(m)\) 得到。

因此总时间复杂度 \(\mathcal O(m+\log \text{mod})\)。

参考代码可以见 此 link，我偷懒所以逆元部分写的带 log 了，以及求 \(2^{n}\) 的地方带上了 \(\mathcal O(n)\)。