Triple[CF1119H]

发表于 2020-01-29 分类于 CF

题意

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给三年整数 $x, y, z$ ，然后有 $n$ 个数组，第 $i$ 个数组有 $x$ 个 $a_{i}$ ， $y$ 个 $b_{i}$ ， $z$ 个 $c_{i}$ 。

一种方案为：从 $n$ 个数组中各选择 $1$ 个数。

对于每个 $t \in [0, 2^{k})$ ，求出有多少种方案，使得该方案中的数的异或和为 $t$ ，对 $998244353$ 取模。

$1 \leq n \leq 10^{5}, 1 \leq k \leq 17$

题解

一个显然的做法是每个数组对应一个生成函数，都做一次 $FWT$ 。时间复杂度 $O (n k 2^{k})$ ，显然不行。

但这个生成函数只有三个位置有数，比较特殊。

考虑将 $a_{i}, b_{i}, c_{i}$ 变为 $0, a_{i} ⨁ b_{i}, a_{i} ⨁ c_{i}$ ，最后异或上 $⨁_{i = 1}^{n} a_{i}$ 就是答案。

那么 $FWT$ 以后就只剩下四种答案： $x + y + z$ , $x + y - z$ , $x - y + z$ , $x - y - z$ 。

最后乘起来的结果就是 $(x + y + z)^{a_{1}} (x + y - z)^{a_{2}} (x - y + z)^{a_{3}} (x - y - z)^{a_{4}}$

求出了 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 就可以了。

首先有 $a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} = n$

我们发现当 $x = 0, y = 1, z = 0$ 的时候答案只跟 $y$ 有关，由于 $F W T (A + B) = F W T (A) + F W T (B)$ ，那么对于每个 $i$ ，将 $f [a_{i} ⨁ b_{i}]$ 加 $1$ 后， $F W T$ 一下，求出的 $f_{i}$ 就有： $a_{1} + a_{2} - a_{3} - a_{4} = f_{i}$ 。

同理对 $z$ 进行同样的处理，有 $a_{1} - a_{2} + a_{3} - a_{4} = f_{i}$ 。

还差一个方程就可以解出来了。

可以发现，我们上面处理的是 $a$ ^ $b$ 和 $a$ ^ $c$ 的，还有一个 $b$ ^ $c$ 没有处理。

考虑变为 $a_{i} ⨁ b_{i}, 0, c_{i} ⨁ b_{i}$ ，这时候会有四种答案： $x + y + z, x + y - z, - x + y + z, - x + y - z$

将 $f [b_{i} ⨁ c_{i}]$ 加 $1$ 后 $F W T$ ，就相当于 $a_{1} - a_{2} + a_{4} - a_{3} = f_{i}$

于是便可以解出 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 。

然后快速幂，再 $U F W T$ 一下就好了。

时间复杂度 $O ((n + 2^{k}) k)$

程序

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1<<20;
const ll mod=998244353;
const ll inv2=(mod+1)/2;
const ll inv4=inv2*inv2%mod;
inline int read()
{
	int x=0; char ch=getchar(); bool f=0;
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') f=1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
	return f?-x:x;
}
inline ll Pow(ll x,int y)
{
	ll ans=1;
	for(;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) ans=ans*x%mod;
	return ans;
}
inline void fwt(int n,ll *a,int t)
{
	ll x,y;
	for(int i=1;i<n;i<<=1)
		for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
			for(int k=0;k<i;k++)
			{
				x=a[j+k],y=a[i+j+k];
				a[j+k]=(x+y)%mod,a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
				if(t!=1) (a[j+k]*=inv2)%=mod,(a[i+j+k]*=inv2)%=mod;
			}
}
int n,k,m,a,b,c,s;
ll x,y,z,d1,d2,d3,d4,f1[N],f2[N],f3[N],g[N];
int main()
{
	n=read(); k=read();
	m=1<<k;
	x=read(),y=read(),z=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a=read(),b=read(),c=read();
		f1[a^b]++,f2[a^c]++,f3[b^c]++;
		s^=a;
	}
	fwt(m,f1,1); fwt(m,f2,1); fwt(m,f3,1);
	d1=(x+y+z)%mod; d2=(mod+x+y-z)%mod;
	d3=(x-y+z+mod)%mod; d4=(x-y-z+mod+mod)%mod;
	for(int i=0;i<m;i++)
		g[i]=
			Pow(d1,((ll)n+f1[i]+f2[i]+f3[i])%mod*inv4%mod)*
			Pow(d2,((ll)n+f1[i]-f2[i]-f3[i]+mod*2)%mod*inv4%mod)%mod*
			Pow(d3,((ll)n-f1[i]+f2[i]-f3[i]+mod*2)%mod*inv4%mod)%mod*
			Pow(d4,((ll)n-f1[i]-f2[i]+f3[i]+mod*2)%mod*inv4%mod)%mod;
	fwt(m,g,-1);
	for(int i=0;i<m;i++) printf("%lld ",g[i^s]);
	return 0;
}