【UOJ#310】【UNR#2】黎明前的巧克力（FWT）

【UOJ#310】【UNR#2】黎明前的巧克力（FWT）

題面

UOJ

題解

把問題轉化一下，變成有多少個異或和爲\(0\)的集合，而後這個集合任意拆分就是答案，因此對於一個大小爲\(s\)的集合，其貢獻是\(2^s\)。
因而咱們能夠弄出若干個\((1+2x^{a_i})\)這樣子的多項式，而後異或卷積把它們捲起來就是答案。
根據\(FWT\)異或卷積的理論，若是\(i\)位置有一個\(1\)，那麼\(FWT\)以後對於\(j\)位置的貢獻是\(-1^{pop\_count(i\&j)}\)。
因而\(1\)對於全部位置的貢獻都是\(1\)，\(2\)對於全部位置的貢獻是\(\pm 2\)，因此對於每個多項式，其\(FWT\)後的結果不是\(-1\)就是\(3\)。
可是對於每個多項式分別\(FWT\)實在是太過浪費，考慮優化這個過程。
由於咱們最終要求的只是每一個位置上對應的全部值的乘積，每一個位置上不是\(-1\)就是\(3\)，那麼咱們假設有\(x\)個\(-1\)，\(n-x\)個\(3\)。
而後咱們只須要把\(x\)給解出來就好了。
因而對應這兩個值咱們要找到一個等式，咱們把全部的多項式加起來而後\(FWT\)，這樣子第\(i\)位上的值\(f_i\)就是\(n\)個多項式\(FWT\)以後的和。
因而咱們有：\((-1)*x+3*(n-x)=f_i\)，很容易就能夠把\(x\)解出來。
而後\((-1)^x*3^{n-x}\)就是每一個位置\(FWT\)乘起來以後的值。
把這個數組求出來以後再\(IFWT\)一遍就能夠獲得答案了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MOD 998244353
#define inv2 499122177
#define inv4 748683265
#define MAX 1048576
inline int read()
{
    int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return t?-x:x;
}
int n,a[MAX],pw[MAX];
void FWT(int *P,int opt,int len)
{
    for(int i=1;i<len;i<<=1)
        for(int j=0,p=i<<1;j<len;j+=p)
            for(int k=0;k<i;++k)
            {
                int X=P[j+k],Y=P[i+j+k];
                P[j+k]=(X+Y)%MOD,P[i+j+k]=(X+MOD-Y)%MOD;
                if(opt==-1)P[j+k]=1ll*P[j+k]*inv2%MOD,P[i+j+k]=1ll*P[i+j+k]*inv2%MOD;
            }
}
int main()
{
    n=read();
    pw[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)pw[i]=3ll*pw[i-1]%MOD;
    for(int i=1;i<=n;++i)a[0]+=1,a[read()]+=2;
    pw[0]=1;
    FWT(a,1,1048576);
    for(int i=0;i<1048576;++i)
    {
        int p=1ll*(n+n+n+MOD-a[i])*inv4%MOD;
        a[i]=(p&1)?(MOD-pw[n-p])%MOD:pw[n-p];
    }
    FWT(a,-1,1048576);
    int ans=(a[0]+MOD-1)%MOD;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;   
}