[UOJ310] 黎明前的巧克力

摘要： Sol 某比賽搬了這題。 首先選擇兩個不交非空子集且異或和為0的方案數，等價於選擇一個異或和為0的集合，並把它分成兩部分的方案數。 這顯然可以DP來算，設\(f[i][j]\) 表示前\(i\) 個數異或和為\(j\) 的方案數，那麼轉移就是 ...

Sol

某比賽搬了這題。

如果設\(b_i[0]=1,b_i[a[i]]=2,b_i[j]=0\) ，那麼這個轉移就是求\(f\) 與\(b_i\;\text{xor}\) 卷積的過程，可以用FWT優化，但是複雜度似乎更爆炸了。

如果我們可以把每個\(b\) FWT之後的結果都求出來並乘在一起，最後在對應位置乘到\(f\) 上，再把\(f\) IFWT回去不就好了嘛！

如果把\(b_i\) 陣列FWT之後的結果打印出來，會發現所有位置不是\(3\) 就是\(-1\) ，大概是因為這個\(2\) 對每一項的貢獻要麼是\(2\) 要麼是\(-2\) 。

我們可以先把\(b_i\) 陣列整個加起來，對它做一次FWT。

因為FWT的和等於和的FWT。對於FWT之後的第\(i\) 項\(s\) ，設這位有\(x\) 個數為\(-1\) ，那麼就有\(n-x\) 個數為\(3\) ，且\(3(n-x)-x=s\) ，解得\(x=\large \frac{3n-s}4\) 。那麼FWT之後這一項的值就是\((-1)^x3^{n-x}\) 。

然後乘到\(f\) 上再IFWT回去就行了。

（uoj被卡了我不知道這程式碼能過否

Code

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef double db;
typedef long long ll;
const int N=4098;
const int maxn=4096;
const int mod=998244353;
const int inv2=(mod+1)/2;

int n,f[N],b[N],po[N];

void Mul(int &x,int y){x=1ll*x*y%mod;}
int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
void Dec(int &x,int y){x=x-y<0?x+mod-y:x-y;}
int dec(int x,int y){return x-y<0?x+mod-y:x-y;}
void Inc(int &x,int y){x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int inc(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}

int ksm(int a,int b=mod-2,int ans=1){
while(b){
if(b&1) ans=mul(ans,a);
a=mul(a,a); b>>=1; 
} return ans;
}

void fwt(int *f,int opt){
for(int mid=1;mid<maxn;mid<<=1){
for(int R=mid<<1,j=0;j<maxn;j+=R){
for(int k=0;k<mid;k++){
int x=f[j+k],y=f[j+k+mid];
f[j+k]=inc(x,y),f[j+k+mid]=dec(x,y);
if(opt<1) Mul(f[j+k],inv2),Mul(f[j+k+mid],inv2);
}
}
}
}

signed main(){
scanf("%d",&n); f[0]=1; fwt(f,1);
po[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) po[i]=mul(po[i-1],3);
for(int x,i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&x),b[0]++,b[x]+=2;
fwt(b,1);
for(int i=0;i<maxn;i++){
int x=(n*3-b[i])/4;
Mul(f[i],x&1?mod-po[n-x]:po[n-x]);
} fwt(f,-1); printf("%d\n",dec(f[0],1));
}