题目描述

题解

吼题

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最暴力的做法是把n个2^m的FWT乘起来，这样显然不行

先把pi,1~k异或上pi,1，把pi,1变为0，最后再把pi,1异或回去

考虑FWT（xor）的本质，tr(A)=(tr(A1)+tr(A2),tr(A1)-tr(A2))，倒着做可以发现只有变换的u和u+2^k（u&2^k=0）只有u+2^k--->u+2^k这一操作时才需要变号

要求FWT(A)i，就等于把j=0~N-1（N表示FWT的大小，注意大小写）通过不断变号最后加到位置i，变换的实质是把j从后往前一位位变成i

根据上面的结论，只有i和j在当前位都为1时才会变号

记|x|表示x中1的位数，所以\(FWT(A)_i=∑_{j=0}^{N-1}{(-1)^{|i\&j|}A_j}\)

考虑求出每个\(I\)的2^(k-1)种乘积的出现次数，然后求出FWT的积，最后IFWT还原出答案

然而直接求出现次数不好求，考虑用FWT（第二种，不同于上面的）来搞

因为FWT实质上是每一位乘上系数再求和，所以可以把每一位分开求

暴力FWT时在pi,2位置上加上a2，则FWT后位置\(I\)的a2系数为\((-1)^{|I\&p_{i,2}|}\)

在pi,2上+1，FWT后可以得到piFWT后第\(I\)位的a2系数

若把i=1~n的pi,2都+1，FWT后得到的则是p1~nFWT后第\(I\)位的a2系数之和，即第\(I\)位所乘的数中a2为正的个数-a2为负的个数

如图，求得的东西就是第\(I\)位中a2的系数之和，等于正数-负数个数

假设k=3，设x0=a1+a2+a3，x1=a1-a2+a3，x2=a1+a2-a3，x3=a1-a2-a3

那么求得的a2正-a2负=x0+x2-x1-x3

同理，在pi,3处+1可得x0+x1-x2-x3

加上最初的x0+x1+x2+x3=n，一共有3条方程4个未知数，无法解

考虑在pi,2⊕pi,3的位置+1，看看得到什么

首先有一条式子：a&(b⊕c)=(a⊕b)&(a⊕c)

证明：若a的某一位为0，则左右两边都为0，否则都为b⊕c

那么FWT后第\(I\)位为\((-1)^{|I\&(p_{i,2} \bigoplus p_{i,3})|}\)，由上可知等于\((-1)^{|I\&(p_{i,2})|}*(-1)^{|I\&(p_{i,3})|}\)

把正看成0，负看成1，乘看成异或，则符号满足位运算的性质，这个东西就是a2与a3的符号的异或，求得的是(异或为正-异或为负)

所以同上可得x0-x1-x2+x3

推广一下，一共有2^(k-1)个未知数，枚举子集异或共有2^(k-1)-1条方程，加上∑xi=n共2^(k-1)条，可以高斯消元

但是消元太慢了，观察一下n=4时FWT的结果

{a,b,c,d}-->{a+b+c+d,a-b+c-d,a+b-c-d,a-b-c+d}

和x的关系完全一致，所以把求得的方程按照顺序（-1看成1，2~k对应二进制从低到高）排好后IFWT（第三种，不同于之前的两种）即可

证明见https://blog.csdn.net/zxyoi_dreamer/article/details/104188934

∑xi=n不必特判，因为当第0位为n时FWT后每一位都为n

注意三种FWT/IFWT的大小与含义差别

code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define mod 998244353
#define two 499122177
#define file
using namespace std;

int P[10]={0,1,2,4,8,16,32,64,128,256};
int p[1000001][10];
long long a[21];
long long A[1048576];
long long b[1048576];
long long c[1048576];
long long p2[1048576];
long long sum[512];
int n,m,m2,K,k2,i,j,k,l,S;

long long qpower(long long a,int b)
{
    long long ans=1;

    while (b)
    {
        if (b&1)
        ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }

    return ans;
}

void fwt(int st,long long *a,int N,int len,int type)
{
    int i,j,k,l,s1=2,s2=1,S=N;
    long long u,v;

    fo(i,1,len)
    {
        S/=2;
        fo(j,0,S-1)
        {
            fo(k,0,s2-1)
            {
                u=a[st+j*s1+k];
                v=a[st+j*s1+k+s2];

                if (type==1)
                a[st+j*s1+k]=(u+v)%mod,a[st+j*s1+k+s2]=(u-v)%mod;
                else
                a[st+j*s1+k]=(u+v)*two%mod,a[st+j*s1+k+s2]=(u-v)*two%mod;
            }
        }
        s1*=2,s2*=2;
    }
}

void dg(int t,int s1,long long s2)
{
    int i;

    if (t>K)
    {
        memset(c,0,8*m2);
        sum[s1]=s2;

        fo(i,1,n)
        ++c[p2[i]];
        fwt(0,c,m2,m,1);

        fo(i,0,m2-1)
        b[i*k2+s1]=c[i];
        return;
    }

    dg(t+1,s1,(s2+a[t])%mod);

    fo(i,1,n) p2[i]^=p[i][t];
    dg(t+1,s1|P[t-1],(s2-a[t])%mod);
    fo(i,1,n) p2[i]^=p[i][t];
}

int main()
{
    freopen("yuyuko.in","r",stdin);
    #ifdef file
    freopen("yuyuko.out","w",stdout);
    #endif

    scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);m2=qpower(2,m),k2=qpower(2,K-1); //2^(k-1)
    fo(i,1,K)
    scanf("%lld",&a[i]);
    fo(i,1,n)
    {
        fo(j,1,K)
        scanf("%d",&p[i][j]);

        S^=p[i][1];
        fd(j,K,1)
        p[i][j]^=p[i][1];
    }

//  ---

    dg(2,0,a[1]); //1

    fo(i,0,m2-1) //2
    {
        fwt(i*k2,b,k2,K-1,-1);

        A[i]=1;
        fo(j,0,k2-1)
        A[i]=A[i]*qpower(sum[j],b[i*k2+j])%mod;
    }

//  ---

    fwt(0,A,m2,m,-1);
    fo(i,0,m2-1)
    printf("%lld ",(A[i^S]+mod)%mod);
    printf("\n");

    fclose(stdin);
    fclose(stdout);

    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/gmh77/p/12318077.html