【bzoj3811】【清华集训2014】玛里苟斯

3811: 玛里苟斯

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Description

魔法之龙玛里苟斯最近在为加基森拍卖师的削弱而感到伤心，于是他想了一道数学题。

S 是一个可重集合，S={a1,a2,…,an}。

等概率随机取 S 的一个子集 A={ai1,…,aim}。

计算出 A 中所有元素异或 x, 求 xk 的期望。

Input

第一行两个正整数 n, k。

以下 n 行每行一个整数，表示 ai。

Output

如果结果是整数，直接输出。如果结果是小数（显然这个小数是有限的），输出精确值（末尾不加多余的 0）。

Sample Input

4 2

Sample Output

3.5

HINT

限制与约定

1≤n≤100000，1≤k≤5，ai≥0。最终答案小于 2^63 。k=1,2,3,4,5 各自占用 20% 的数据

Source

2015年国家集训队测试

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题解：
wwwwodddd ORZ

求子集异或和k次方的期望；

首先这和期望的k次方不一样，所以还是老老实实按k分类讨论，按位算贡献吧：
k=1 , 考虑第i位是否有1，有会贡献的$2^{i-1} $, 全部或起来除二；

k=2，如果某个异或和的第i位和第j为都有值，会贡献$2^{i+j}$的答案，首先这两位都必须要有至少一个1；

紧接着如果对于每一个数来说，这两位的值都相同，说明两位不相互独立，所以概率是1/2,期望是$2^{i+j-1}$;

否则说明两位独立，在异或运算下(0,0)(0,1)(1,0)(1,1)的概率相同为1/4，期望是$2^{i+j-2}$;

k>=3 , 由于答案在2^63次方以内，所以线性基的大小不会超过22，直接暴力枚举计算期望；

这题有一个结论是答案*2一定是整数；

也就是答案的小数最多有一位；

这里有个评论证明了，但是我没太看懂：

https://blog.sengxian.com/solutions/bzoj-3811

自己给出一个可能不太严谨的证明吧（没学过数学。。。）：

可以仔细分析一下k==2时的算法；

再扩展到k次方，发现在异或运算下：

二进制位之间贡献不相互独立是具有传递性的；

假设一次计算答案时选定的k个二进制位(可能相同分)集合为：

B  = {b1,b2,...bk}

我们可以把他们进一步分成m个集合：

S1...Sm

相同集合元素贡献不互相独立，不同集合贡献互相独立；

这时对答案期望的贡献应该是2^{b1+b2+...+bk - m}  ;

而k >= m ， 且B里面至少有m个不同的二进制位(即bi!=bj这种)；

所以考虑b1+b2+...+bk - m最小的情况：

分析可以发现最小为-；

所以答案小数点后只有一位；

。。。。。。

如果你感兴趣的话

这样就可以用一个数存下对2^|B|的除数和余数，分类讨论小数位的情况（建议看下代码）；

 #include<cstdio>

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #include<cstring>

 #include<queue>

 #include<cmath>

 #include<vector>

 #include<stack>

 #include<map>

 #include<set>

 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)

 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)

 #define ll unsigned long long

 #define ld long double

 #define inf 0x3f3f3f3f

 using namespace std;

 const int N=;

 int n,m,cnt;

 ll a[N],d[],res,ans;

 char gc(){

     static char*p1,*p2,s[];

     if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,,,stdin);

     return(p1==p2)?EOF:*p1++;

 }

 ll rd(){

     ll x=; char c=gc();

     while(c<''||c>'')c=gc();

     while(c>=''&&c<='')x=(x<<)+(x<<)+c-'',c=gc();

     return x;

 }

 void solve1(){

     Run(i,,n){

         ll x=rd();

         ans|=x;

     }

     printf("%llu",ans>>);

     if(ans&)printf(".5\n");

     else puts("");

 }

 void solve2(){

     Run(i,,n)a[i]=rd();

     for(int i=;i<=;i++)

     for(int j=;j<=;j++){

         int fg1=,fg2=,fg3=;

         for(int k=;k<=n;k++){

             if(a[k]>>i&)fg1=;

             if(a[k]>>j&)fg2=;

             if((a[k]>>i&)!=(a[k]>>j&))fg3=;

             if(fg1&&fg2&&fg3)break;

         }

         if(!fg1||!fg2)continue;

         if(i+j-fg3-<)res++;

         else ans+=1ull<<(i+j-fg3-);

     }

     ans+=res>>; res&=;

     printf("%llu",ans);

     if(res)printf(".5\n");

     else puts("");

 }

 void solve3(){

     for(int i=;i<=n;i++){

         ll x=rd();

         for(int j=;~j;j--)if(x>>j&){

             if(!d[j]){d[j]=x;break;}

             else x^=d[j];

         }

     }

     for(int i=;i<=;i++)if(d[i])a[cnt++]=d[i];

     for(int i=;i<<<cnt;i++){

         ll x=;

         for(int j=;j<cnt;j++)if(i>>j&)x^=a[j];

         ll t1=,t2=;

         for(int j=;j<=m;j++){

             t1*=x , t2*=x;

             t1 += t2 >> cnt , t2 &= (<<cnt) - ;

         }

         ans += t1 , res += t2;

         ans += res >> cnt , res &= (<<cnt) - ;

     }

     printf("%llu",ans);

     if(res)printf(".5\n");

     else printf("\n");

 }

 int main(){

     freopen("in.in","r",stdin);

     freopen("out.out","w",stdout);

     n=rd(); m=rd();

     if(m==)solve1();

     else if(m==)solve2();

     else solve3();

     return ;

 }//by tkys_Austin;