校内NOI模拟测试007T1 送分(score) “简单”的计数

问题描述

良心出题人准备为大家送出大量的分数。

出题人生成了一个序列，其中第个元素为$a_i$。

定义一个集合的分值为

\[F(S,x) = \sum_{T \subseteq S} G(T)·x^{|T|}
\]

其中为给定参数，()表示中所有元素的异或和，空集的异或和为0。出题人每次会选择一个区间$[, ]$和一个参数，令第到第个元素组成的集合为，出题人会送给一位同学$(, )$的分数。你想知道每个同学获得了多少分数，因为分数实在太多了，你只想要知道分数对$998244353$取模后的结果。

题意简述

给一个序列a，设一个区间S分值为

\[F(S,x) = \sum_{T \subseteq S} G(T)·x^{|T|}
\]

有m个询问，每次给$l$,$r$,$x$，求$F([l,r],x)$

即，求给定区间内的所有集合的异或和*$x^{集合大小}$

集合为可重集合。

分析

因为式子中有一个集合大小的贡献，所以无法预处理，只能直接搞。

考虑拆位，设这个区间长度为$n$，区间内的第k位有$m$个$1$。

若$1$的个数为偶数，则没有贡献。而$0$的贡献很好求，虽然不会对答案有直接影响，但是充当了集合的大小的一部分，所以它的贡献是一个系数。

可以计算出贡献:

\[\sum_{i=0}^{n-m}\sum_{j \nmid 2}^m{C_{n-m}^i \cdot x^i \times C_m^j \cdot x^j}
\]

将无关项分离:

\[\sum_{i=0}^{n-m}{C_{n-m}^i \cdot x^i }\times { \sum_{j \nmid 2}^m C_m^j \cdot x^j}
\]

观察到形如二项式定理

\[\sum_{i=0}^n {C_n^i \cdot x^i} = (x+1)^n
\]

的两个式子，左边的可以用二项式定理直接变成$(x+1)^n$，即

\[(x+1)^n = { \sum_{j \nmid 2}^m C_m^j \cdot x^j}
\]

那么右边的这个$j \texttt{ mod } 2 ==1$怎么转化呢？类似共轭，

\[(1+(-x))^n=\sum_{i=0}^n {C_n^i \cdot (-x)^i}
\]

两式相减

\[(x+1)^n-(-x+1)^n=2 \sum_{i \nmid 2} {C_n^i \cdot x^i}
\]

成功了！再除以$2$就是右半部分了。

所以答案就是

\[(x+1)^{n-m} \cdot \frac{(x+1)^m-(1-x)^m}{2}
\]

用前缀和计算区间内第$k$位上$1$的个数$m$，再加上快速幂就好了，记得$\texttt{long long}$，取模，除以$2$的话记得用逆元。

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<map>

#include<set>

#include<queue>

#include<vector>

#define p 998244353

#define IL inline

#define re register

#define LL long long

#define ULL unsigned int

#define re register

#define debug printf("Now is %d\n",__LINE__);

using namespace std;

template<class T>inline void read(T&x)

{

    char ch=getchar();

    while(!isdigit(ch))ch=getchar();

    x=ch-'0';ch=getchar();

    while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

}

inline int read()

{

	int x=0;

    char ch=getchar();

    while(!isdigit(ch))ch=getchar();

    x=ch-'0';ch=getchar();

    while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

    return x;

}

int G[55];

template<class T>inline void write(T x)

{

    int g=0;

    if(x<0) x=-x,putchar('-');

    do{G[++g]=x%10;x/=10;}while(x);

    for(re int i=g;i>=1;--i)putchar('0'+G[i]);putchar('\n');

}

int a[100010];

LL sum[100010][32];

int n;

int m;

LL qpow(LL a,LL b)

{

	int ans=1;

	for(;b;b>>=1,a=a*a%p)

		if(b&1) ans=ans*a%p;

	return ans;

}

int main()

{

	n=read();

	m=read();

	for(LL i=1;i<=n;i++)

	{

		a[i]=read();

		for(int j=30;j>=0;j--)

			sum[i][j]=sum[i-1][j]+((a[i]>>j)&1);

	}

	for(LL l,r,x,i=0;i<m;i++)

	{

		l=read();

		r=read();

		x=read();

		LL ans=0;

		for(LL j=30;j>=0;j--)

		{

			LL N=r-l+1ll,M=(sum[r][j]-sum[l-1ll][j]+p)%p;

			ans=(ans+(1ll<<j)%p*qpow(x+1ll,N-M)%p*(qpow(x+1ll,M)+p-qpow((1ll-x+p)%p,M))%p*qpow(2,p-2)%p)%p;

		}

		cout<<ans<<endl;

	}

	return 0;

}

结语

多取模啊！多取模！不然的话就会……