标签：rip cpp problem amp noi 合并 条件 += printf
Evan 和 Lyra 都是聪明可爱的孩子，两年前，Evan 开始为一个被称为UOJ的神秘的OI组织工作，在 Evan 与其他小伙伴的努力下，UOJ不仅成了OI界原创比赛的典范，更是因UR这一反人类难度的存在而举世闻名。然而今年，随着 Evan 前往世界彼岸，UOJ一天天减少着他的活力，而就在OI历新年的黎明——NOI的前夕，刚回家不久的Evan听到了清脆的敲门声……
“开门，快递！”
“暗号？”
“3a34be41f8c8796c93b5c9f3b988e0d4”
“收到！”
送走了快递小哥，Evan 拆开包裹，看见一个写着“量子态的巧克力”的小盒子，作为新时代的OI少年，Evan 决定发扬分享的精神，于是他找来 Lyra 一起打开巧克力的盒子。
“砰——”
从量子态坍缩的光芒中回过神来，感受到脚下啫喱状的地板，Evan 叹了一口气——接着突然用把 Lyra 吓了一跳的音量喊了出来：
“竟然把造题的锅塞进巧克力里！！”
而这时，Lyra已经开始观察起了这盒奇特的巧克力，并找到了藏在巧克力盒子里的说明书。
原来，盒子里每个巧克力都有一个味道 ai，Evan 和 Lyra 的舌头上都还没有残留任何味道（用 0 表示），当他们吃下一块巧克力的时候，舌头上的味道 b 便会异或上这个巧克力的美味值，即 b ← b xor a.
Evan 和 Lyra 会各自从盒子中拿一些巧克力吃下去（即各自选择一个集合并吃掉集合中的巧克力），两个人不能吃同一块巧克力（即集合不能相交），可以有一个人选择不吃巧克力，但不能两个人都不吃。Evan 和 Lyra 不需要把盒子里的巧克力都吃完，有剩余也是可以的。
最后如果二人舌头上残留着相同的味道，则称两人是心情契合的。
既然量子态有无数种可能性，走出这巧克力迷局的关键就是，求出有多少种方案使得两人是心情契合的，两种方案不同当且仅当 Evan 或 Lyra 选择吃下的巧克力集合不一样。
你只需要输出方案数对 998244353 取模的结果即可。
每个巧克力有三种情况：不被选中，被 E 选中，被 L 选中。条件是被 E/L 选中的巧克力异或值等于 0。
那么问题就可以转换为异或卷积：
多么优美的式子，可惜它并不能分治 fft 的套路做。
这个时候就应该考虑 fwt 的实质（我们记 c(x) 表示 x 在二进制下 1 的个数）：
可以发现 \((-1)^{c(i \& a)}\) 的取值只有两种，因而 fwt 中的系数也只有两种 -1, 3。稍微明朗了些。
不妨记 \(cnt_i = \sum_{j=1}^{n}[c(i \& a_j) \mod 2 = 1]\)，则卷积结果的 fwt 可以写作：
本道题的难点就在于求 \(cnt\) 了。虽然看起来很简单不过依然不好求。
解铃还须系铃人。我们尝试不绕弯路，直接使用 fwt 求上述式子。
后面那些就是 \(\sum_{j=1}^{n}(1 - x^{a_j})\) 的 fwt 结果，因此只需一次 fwt 即可。
求出卷积结果的 fwt 后再逆 fwt 回去即可。时间复杂度 O(nlog n)。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MOD = 998244353;
const int MAXN = (1 << 20);
const int INV2 = (MOD + 1) / 2;
inline int add(int x, int y) {return (x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y);}
inline int sub(int x, int y) {return (x - y < 0 ? x - y + MOD : x - y);}
inline int mul(int x, int y) {return 1LL * x * y % MOD;}
int pow_mod(int b, int p) {
int ret = 1;
for(int i=p;i;i>>=1,b=mul(b,b))
if( i & 1 ) ret = mul(ret, b);
return ret;
}
void fwt(int *A, int n, int type) {
for(int s=2,t=1;s<=n;s<<=1,t<<=1)
for(int i=0;i<n;i+=s)
for(int j=0;j<t;j++) {
int x = A[i + j], y = A[i + j + t];
A[i + j] = add(x, y), A[i + j + t] = sub(x, y);
if( type == -1 )
A[i + j] = mul(A[i + j], INV2), A[i + j + t] = mul(A[i + j + t], INV2);
}
}
int pw3[MAXN + 5];
void init() {
pw3[0] = 1;
for(int i=1;i<=MAXN;i++)
pw3[i] = mul(3, pw3[i - 1]);
}
int f[MAXN + 5], c[MAXN + 5], a[MAXN + 5], n;
int main() {
init(), scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d", &a[i]), c[0] = add(c[0], 1), c[a[i]] = sub(c[a[i]], 1);
fwt(c, MAXN, 1);
for(int i=0;i<MAXN;i++) c[i] = mul(c[i], INV2);
for(int i=0;i<MAXN;i++)
f[i] = (c[i] & 1 ? sub(0, pw3[n - c[i]]) : pw3[n - c[i]]);
fwt(f, MAXN, -1);
printf("%d\n", sub(f[0], 1));
}
两个集合不能同时是空集，最后方案数需要减 1。
教练：uoj 的题只有 5 页，非常小清新。大家可以尝试把它刷完。
（缓缓打出一个问号.jpg）
标签：rip cpp problem amp noi 合并 条件 += printf
原文地址：https://www.cnblogs.com/Tiw-Air-OAO/p/12623361.html
