题意

给出 \(n\) 个数 \(\{a_1, \cdots, a_n\}\)，从中选出两个互不相交的集合（不能都为空），使得第一个集合与第二个集合内的数的异或和相等，求总方案数 \(\bmod 998244353\) 。

\(n, a_i \le 10^6\)

题解

简单转化一下，其实就是对于每个选取集合中元素异或积为 \(0\) 的集合，都会有 \(2^{|S|}\) 的贡献。

用集合幂级数形式写出来其实就等价于：

\[ \prod_{i = 1}^{n} (1 + 2x^{a_i}) \]

把每个 \(\text{FWT}\) 再乘显然不现实。观察一下 \(1 + 2x^{a_i}\) \(\text{FWT}\) 后的点值只可能是 \(\{-1, 3\}\) 。

这样我们把所有原来的幂级数相加，然后一起 \(\text{FWT}\) 。（因为 \(\text{FWT}\) 是可以满足点值上的加减乘除，与集合对称差卷积上的加减乘除是一样的）

然后每一位算一下，假设有 \(x\) 个 \(-1\) ，\(n - x\) 个 \(3\) 。考虑解一下这个方程，也就是 \(-x + 3 * (n - x) = f_i\) ，也就是 \(\displaystyle x = \frac {3n - f_i}{4}\) 。

那么所有一开始的幂级数 \(\text{FWT}\) 乘到一起其实也就是 \((-1)^x3^{n - x}\) 。

那么最后 \(\text{IFWT}\) 就行了。

最后要减去空集的贡献，注意要 + Mod - 1 （好多人被坑了 \(97pts\) ）。

复杂度是 \(\mathcal O(n \log n)\) 的。

代码

#include <bits/stdc++.h>#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i) #define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i) #define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i) #define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a)) #define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a)) #define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endlusing namespace std;typedef long long ll;template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; } template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }inline int read() {int x(0), sgn(1); char ch(getchar());for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);return x * sgn; }void File() { #ifdef zjp_shadowfreopen ("310.in", "r", stdin);freopen ("310.out", "w", stdout); #endif }const int len = 1 << 20, N = len << 1, Mod = 998244353, inv2 = (Mod + 1) / 2;inline int fpm(int x, int power) {int res = 1;for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;return res; }void FWT(ll *P, int opt) {for (int i = 2, p = 1; i <= len; p = i, i <<= 1)for (int j = 0; j < len; j += i) Rep (k, p) {ll u = P[j + k], v = P[j + k + p];P[j + k] = u + v; P[j + k + p] = u - v;}if (!~opt) {int inv = fpm(len, Mod - 2);Rep (i, len) P[i] = 1ll * (Mod + P[i] % Mod) * inv % Mod;} }ll A[N], pow3[N];int main () {File();int n = read();pow3[0] = 1;For (i, 1, n)++ A[0], A[read()] += 2, pow3[i] = pow3[i - 1] * 3ll % Mod;FWT(A, 1);Rep (i, len) {int x = (3 * n - A[i]) / 4;A[i] = (Mod + (x & 1 ? -1 : 1) * pow3[n - x]) % Mod;}FWT(A, -1);printf ("%lld\n", (A[0] + Mod - 1) % Mod);return 0;}

转载于:https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/10542527.html

总结

以上是生活随笔为你收集整理的UOJ#310.【UNR #2】黎明前的巧克力（FWT）的全部内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。

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