题解 CF1119H Tripe题解

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题目大意

给出\(n,t,x,y,z\)，值域\(\le 2^t\)，给出\(n\)个三元组\((a_i,b_i,c_i)\)，表示有\(x\)个\(a_i\)，\(y\)个\(b_i\)，\(z\)个\(c_i\)。对于每个\(k\in [0,2^t-1]\)，求出从每组选出一个数的异或值为\(k\)的方案数。

思路

先定义\([\delta ^n]F(\delta)\)表示多项式\(F\)的第\(n\)位系数。

不得不说，这道题真的很妙。而且也加深了我对FWT的理解。

如果我们对每个三元组创建生成函数为:

\[F_i(\delta )=x\delta^{a_i}+y\delta^{b_i}+z\delta ^{c_i}
\]

那么对于\(k\)的答案就是:

\[[\delta^k]\prod_{i=1}^{n} F_i(\delta)
\]

这里的乘法定义为异或卷积，就是\([\delta^n]F(\delta) G(\delta)=\sum_{i\otimes j=n} [\delta^i] F(\delta) [\delta^j] G(\delta)\)。

可以看出来，上面这个式子可以使用\(\text {FWT}\)进行优化，但是\(\Theta(nk2^k)\)的时间复杂度显然通过不了这道题。

但是这道题十分特殊，因为每个多项式只有\(3\)个点有值。于是，我们可以考虑在\(\text {FWT}\)的过程中进行优化。

我们可以考虑到，对于\([\delta^i]FWT(F_n)\)有

\[[\delta^i]FWT(F_n)=(-1)^{cnt(i \wedge a_n)}x+(-1)^{cnt(i\wedge b_n)}y+(-1)^{cnt(i\wedge c_n)}z
\]

其中，\(cnt(i)\)表示\(i\)在二进制下\(1\)的个数。

如果我们按照上面的构造的话，时间复杂度虽然降为\(\Theta((n+k)2^k)\)，但是仍然无法通过。

但是我们发现对于\([\delta^i]FWT(F_n)\)，它的值只可能有\(8\)种，形式为\(x+y+z,x+y-z,...\)。于是，我们可以自然地想到一种方法，即计算对于\([\delta ^i]\prod FWT(F_n)\)每一种出现了多少次，然后直接快速幂即可。

但是\(8\)种显然太多了，我们可以通过把一个三元组\((a_i,b_i,c_i)\)变为\((0,b_i\otimes a_i,c_i\otimes a_i)\)，最后答案再异或上\(\otimes_{i=1}^{n} a_i\)。这样我们就只有\(4\)种情况了。

为了方便，我们设\(S =\prod_{i=1}^{n} FWT(F_i)\)。这里的乘法就是\([\delta^i]F(\delta) G(\delta) =[\delta^i]F(\delta) [\delta^i]G(\delta)\)。我们对于\([\delta^i]S\)可以设\(c1,c2,c3,c4\)表示：

\[[\delta^i]S=(x+y+z)^{c1} (x+y-z)^{c2}(x-y+z)^{c3}(x-y-z)^{c4}
\]

于是，我们的目标就是通过设立\(4\)个本质不同的一次方程解出\(c1,c2,c3,c4\)。

首先，非常显然:

\[c1+c2+c3+c4=n\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)
\]

然后呢？我们发现其实\(c1,c2,c3,c4\)跟\(x,y,z\)其实半毛钱都没有，于是我们可以对\(x,y,z\)代入特定值解出\(c1,c2,c3,c4\)。

• \(x=0,y=1,z=0\)

这样，我们就可以得到:

\[\sum_{j=1}^{n} FWT(F_j)[\delta^i]=p1=c1+c2-c3-c4\ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)
\]

非常显然，你把\(x=0,y=1,z=0\)带进去就好了。

• \(x=0,y=0,z=1\)

与上面一样，我们可以得到:

\[\sum_{j=1}^{n} FWT(F_j)[\delta ^i]=p2=c1-c2+c3-c4\ \ \ \ \ \ (3)
\]

但是我们现在似乎只有\(3\)个方程。。。蛤？你说\(x=1,y=0,z=0\)，显然它与\((1)\)式本质相同。

于是，我们现在需要一点大大的脑洞。

• \([\delta^{b_k\otimes c_k}]F(\delta)=1\)

我们发现这种情况其实就是上面两种情况的卷积，就可以得到:

\[[\delta^i] FWT(F_k)=(-1)^{cnt(i\wedge b_k)}(-1)^{cnt(i\wedge c_k)}
\]

于是，我们可以得到:

\[\sum_{k=1}^{n} FWT(F_k)[\delta^i]=p3=c1-c2-c3+c4\ \ \ \ \ \ (4)
\]

于是，我们就可以得到:

\[\left\{\begin{array}{l}
c1+c2+c3+c4=n\\
c1+c2-c3-c4=p1\\
c1-c2+c3-c4=p2\\
c1-c2-c3+c4=p3
\end{array}\right.\]

\[\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
c1=\frac{n+p1+p2+p3}{4}\\
c2=\frac{n+p1-2c1}{2}\\
c3=\frac{n+p2-2c1}{2}\\
c4=\frac{n+p3-2c1}{2}
\end{array}\right.
\]

于是，我们就可以在\(\Theta(n+k2^k)\)时间内解决。

\(\text {Code}\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define Int register int
#define inv2 499122177
#define mod 998244353
#define int long long

template <typename T> inline void read (T &t){t = 0;char c = getchar();int f = 1;while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -f;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){t = (t << 3) + (t << 1) + c - '0';c = getchar();} t *= f;}
template <typename T,typename ... Args> inline void read (T &t,Args&... args){read (t);read (args...);}
template <typename T> inline void write (T x){if (x < 0){x = -x;putchar ('-');}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}

int quick_pow (int a,int b){
	int res = 1;
	while (b){
		if (b & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
int inv (int x){return quick_pow (x,mod - 2);} 

int n,t,lim,f[1 << 17],f1[1 << 17],f2[1 << 17],f3[1 << 17];

void DWT (int *a){
	for (Int i = 1;i < lim;i <<= 1)
		for (Int j = 0;j < lim;j += i << 1)
			for (Int k = 0;k < i;++ k){
				int x = a[j + k],y = a[j + k + i];
				a[j + k] = x + y,a[i + j + k] = x - y;
			}
}

void IDWT (int *a){
	for (Int i = 1;i < lim;i <<= 1)
		for (Int j = 0;j < lim;j += i << 1)
			for (Int k = 0;k < i;++ k){
				int x = a[j + k],y = a[j + k + i];
				a[j + k] = (x + y) * inv2 % mod,a[i + j + k] = (x + mod - y) * inv2 % mod;
			}
}

signed main(){
	read (n,t),lim = 1 << t;int x,y,z,sta = 0;read (x,y,z);
	for (Int i = 1,a,b,c;i <= n;++ i) read (a,b,c),sta ^= a,b ^= a,c ^= a,f1[b] ++,f2[c] ++,f3[b ^ c] ++;
	DWT (f1),DWT (f2),DWT (f3);
	int s1 = (x + y + z) % mod,s2 = (x + y - z) % mod,s3 = (x - y + z) % mod,s4 = (x - y - z) % mod;
	for (Int i = 0;i < lim;++ i){
		int c1 = (n + f1[i] + f2[i] + f3[i]) / 4;
		f[i] = quick_pow (s1,c1) *
			   quick_pow (s2,(n + f1[i] - c1 * 2) / 2) % mod *
			   quick_pow (s3,(n + f2[i] - c1 * 2) / 2) % mod *
			   quick_pow (s4,(n + f3[i] - c1 * 2) / 2) % mod;
	}
	IDWT (f);
	for (Int i = 0;i < lim;++ i) write ((f[i ^ sta] + mod) % mod),putchar (' ');
	putchar ('\n');
	return 0;
}

参考博客

https://www.luogu.com.cn/blog/command-block/solution-cf1119h