6.28联考题解
这篇拖得有点久…
A：
模拟我们做kmp的过程，我们会得到两类关系，一类关系是第 i i 个位置和第 j j 个位置相等，另一类是第 i i 个位置和第 j j 个位置不等，相等的我们可以把他们合并在一起，于是变成一个图，相邻点不同色，共有 c c 种颜色，求总染色个数
这类图染色问题只有弦图是能做的否则做不了
他这个kmp的过程似乎加的点就是完美消除序列
证明的话可以考虑假设新加的点相连的两个点 x x ， y y 之间没有边，然后在图上画一下可以发现根据kmp的性质他们一定会被合并成一个点
得到这个性质后只要每次加点时染色方案数*=（ c− c − 该点的度数）就行了
code：
#includeB：
n个数所有子集异或和中1的个数的和
对这n个数求个线性基，设线性基中有 k k 个数
线性基中的数可以通过互相异或，使得每个数在这 k k 位只有他的那一位是1，其他位都是0
那么这 k k 位中的某一位如果要有1，一定要异或上对应的这个数
当 k<=25 k <= 25 时，可以直接 2k 2 k 枚举子集
当 k>25 k > 25 时，注意到剩下的位 <=14 <= 14 个，我们可以把基中的 k k 个位映射到最高的 k k 个位，剩下的就是二进制最低的40-k个位，然后可以做个dp
设 f[i][j][k] f [ i ] [ j ] [ k ] 表示dp到线性基的第 i i 个数，之前的数在最高的 k k 位有 j j 个1，剩下的位异或和为 k k 的方案数
然后可以算出 num[x] n u m [ x ] 表示异或和有 x x 个1的方案数
code：
#includefor(int i=1;iint x=nt[maxb-i+1];
for(int j=i+1;j<=tp;j++) if(base[x]>>(maxb-j+1)&1ll)
{
int y=nt[maxb-j+1];
base[x]^=base[y];
}
}
int now=0; f[now][0][0]=1;
ll Al=al-1;
for(int ii=1;ii<=tp;ii++)
{
int i=t[ii]; now=!now;
int c=(base[i]&Al);
for(int k=0;kfor(int j=0;jif(f[!now][k][j])
{
int &temp=f[!now][k][j];
add(f[now][k][j],temp);
add(f[now][k+1][j^c],temp);
temp=0;
}
}
for(int k=0;k<=tp;k++) for(int j=0;jif(f[now][k][j])
add(num[k+__builtin_popcount(j)],f[now][k][j]);
}
}
int pw(int x,int k)
{
int re=1;
for(;k;k>>=1,x=(ll)x*x%mod) if(k&1)
re=(ll)re*x%mod;
return re;
}
int cal()
{
int ans=0,k=pw(2,zero);
for(int i=0;i<=maxb+1;i++)
add(ans,(ll)num[i]*k%mod*pw(i,K)%mod);
return ans;
}
int main()
{
freopen("xor.in","r",stdin);
freopen("xor.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&K);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int use=0;
for(int b=maxb;!use&&b>=0;b--) if(a[i]>>b&1ll)
{
if(base[b]) a[i]^=base[b];
else base[b]=a[i],use=1;
}
if(!use) zero++;
}
for(int b=maxb;b>=0;b--) if(base[b]) t[++tp]=b;
if(tp<=25) Subtask1::main();
else Subtask2::main();
printf("%d\n",cal());
return 0;
}
C：
好像前几年冬令营讲圆方树的那个课件讲了这道题
大概是弄个状压，然后把树缩一下缩剩 O(m−n) O ( m − n ) 个点，然后复杂度就能做到 O((m−n)2m−n) O ( ( m − n ) 2 m − n )
我不太会qaq