Codeforces 1119H - Triple（FWT）

Codeforces 题目传送门 & 洛谷题目传送门

FWT 的 immortal tea %%%

首先我们可以写出一个朴素的 \(dp\)，设 \(dp_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 个三元组中取数异或和为 \(j\) 的方案数，那么显然有 \(dp_{i,j}=Xdp_{i-1,j\oplus a_i}+Ydp_{i-1,j\oplus b_i}+Zdp_{i-1,j\oplus c_i}\)，这样暴力复杂度是 \(n2^k\) 的，无法通过。

考虑优化，不难发现这个 \(dp\) 是一个异或卷积的形式，下记 \(\times\) 为幂级数之间的异或卷积操作，考虑幂级数 \(f_i\) 为满足 \([x^{a_i}]f_i=X,[x^{b_i}]f_i=Y,[x^{c_i}]=Z\)，其余各项系数均为 \(0\) 的幂级数，那么不难发现 \(dp_{i-1}\times f_i=dp_i\) 成立，但是如果硬要 FWT 优化，把所有幂级数都搞一遍 FWTxor 然后乘起来，复杂度会高达 \(nk2^k\)，反而跑不过暴力。

那么我们这个想法有没有前途呢？不难发现我们这个幂级数很特殊，只有三项有值，其余项都是 \(0\)，并且这三项的值还是对于所有幂级数都相同的 \(X,Y,Z\)，考虑以此为突破口。记 \(\hat{A}\) 为幂级数 \(A\) 的 FWTxor，我们不妨来对于某个 \(i\in[1,n]\)，\(\hat{f_i}\) 有什么性质，显然根据 FWTxor 的求法 \([x^j]\hat{f_i}=(-1)^{|j\cap a_i|}X+(-1)^{|j\cap b_i|}Y+(-1)^{|j\cap c_i|}Z\)，也就是说 \(\hat{f_i}\) 的每一项总共有 \(2^3=8\) 种可能，这样分类讨论还是有点烦，这里有一个小小的减少分类讨论的技巧，考虑记 \(S=\operatorname{xor}\limits_{i=1}^na_i\)，我们令 \(b_i\leftarrow b_i\oplus a_i,c_i\leftarrow c_i\oplus a_i,a_i\leftarrow 0\)，不难发现经过这个转化之后，真正的 \(ans_i=ans_{i\oplus S}\)，不过这样 \(X\) 前的系数 \((-1)^{|j\cap a_i|}\) 就恒为 \(1\) 了，这样就只有 \(4\) 种情况了，列一下分别是 \(X+Y+Z,X+Y-Z,X-Y+Z,X-Y-Z\)，如果我们知道这四种情况分别出现的次数就可以快速幂求出 \(\widehat{f_1\times f_2\times\cdots\times f_n}\) 前的系数了，再 IFWTxor 一遍即可求出 \(ans\)，具体来说我们记 \(p_j\) 为有多少个 \(i\) 满足 \([x^j]\hat{f_i}=X+Y+Z\)，也类似地定义了 \(q_i\) 为 \(X+Y-Z\) 的个数，\(r_i\) 为 \(X-Y+Z\) 的个数，\(s_i\) 为 \(X-Y-Z\) 的个数，那么 \([x^j]\widehat{f_1\times f_2\times\cdots\times f_n}=(X+Y+Z)^{p_i}\times(X+Y-Z)^{q_i}\times(X-Y+Z)^{r_i}\times(X-Y-Z)^{s_i}\)。

于是现在问题就变为怎样求 \(p_j,q_j,r_j,s_j\)，首先有一个显然的方程 \(p_j+q_j+r_j+s_j=n\)，因为每个 \([x^j]\hat{f_i}\) 都是这四种情况之一，不过只有这一个方程是显然不够的，考虑记 \(t_j=\sum\limits_{i=1}^n(-1)^{|j\cap b_i|}\)，那么显然 \(t_j=p_j+q_j-r_j-s_j\)，因为每个 \(X+Y+Z,X+Y-Z\) 都会对其产生 \(+1\) 的贡献，而每个 \(X-Y+Z,X-Y-Z\) 都会对其产生 \(-1\) 的贡献，另一方面，如果我们记 \(c1_j\) 为 \(\sum\limits_{i=1}^n[j=b_i]\)，那么 \(t_j=\sum\limits_{k}c1_k(-1)^{|j\cap k|}\)，这应该很好理解，然后对 FWT 稍微敏感一些的同学就能发现，这不就 \(\hat{c1}\) 吗，故我们有了第二个方程 \(p_j+q_j-r_j-s_j=\hat{c1}_j\)，类似地，如果我们记 \(c2_j\) 为 \(\sum\limits_{i=1}^n[j=c_i]\)，\(c3_j\) 为 \(\sum\limits_{i=1}^n[j=b_i\oplus c_i]\)，那么 \(p_j-q_j+r_j-s_j=\hat{c2}_j,p_j-q_j-r_j+s_j=\hat{c3}_j\)，推导过程类似，这里就不再赘述了，因此我们有：

\[\begin{cases}
p_j+q_j+r_j+s_j=n\\
p_j+q_j-r_j-s_j=\hat{c1}_j\\
p_j-q_j+r_j-s_j=\hat{c2}_j\\
p_j-q_j-r_j+s_j=\hat{c3}_j
\end{cases}
\]

四个未知数四个方程，把它解出来即可，\(\hat{c1},\hat{c2},\hat{c3}\) 显然可以在 \(k2^k\) 的时间内求出，因此总复杂度 \(n+k2^k\)，可以通过此题。

const int MAXN=1<<17;
const int MOD=998244353;
const int INV2=499122177;
int n,k,x,y,z,ans[MAXN+5],c1[MAXN+5],c2[MAXN+5],c3[MAXN+5];
int qpow(int x,int e){
	int ret=1;
	for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(e&1) ret=1ll*ret*x%MOD;
	return ret;
}
void FWTxor(int *a,int len,int type){
	for(int i=2;i<=len;i<<=1)
		for(int j=0;j<len;j+=i)
			for(int k=0;k<(i>>1);k++){
				int X=a[j+k],Y=a[(i>>1)+j+k];
				if(type==1) a[j+k]=X+Y,a[(i>>1)+j+k]=X-Y;
				else a[j+k]=1ll*(X+Y)*INV2%MOD,a[(i>>1)+j+k]=1ll*(X-Y+MOD)*INV2%MOD;
			}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);int xsum=0;
	scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
	for(int i=1,a,b,c;i<=n;i++){
		scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);b^=a;c^=a;xsum^=a;
		c1[b]++;c2[c]++;c3[b^c]++;
	}
	FWTxor(c1,1<<k,1);FWTxor(c2,1<<k,1);FWTxor(c3,1<<k,1);
	for(int i=0;i<(1<<k);i++){
		int w1=(n+c1[i]+c2[i]+c3[i])/4;
		int w2=(n+c1[i]-c2[i]-c3[i])/4;
		int w3=(n-c1[i]+c2[i]-c3[i])/4;
		int w4=(n-c1[i]-c2[i]+c3[i])/4;
//		printf("%d %d %d\n",c1[i],c2[i],c3[i]);
//		printf("%d %d %d %d\n",w1,w2,w3,w4);
		ans[i]=1ll*qpow((x+y)%MOD+z,w1)*qpow(x+y-z,w2)%MOD*
		qpow(x-y+z,w3)%MOD*qpow(x-y-z,w4)%MOD;
		if(ans[i]<0) ans[i]+=MOD;
	} FWTxor(ans,1<<k,-1);
	for(int i=0;i<(1<<k);i++) printf("%d ",ans[i^xsum]);
	return 0;
}