6467. 【GDOI2020模拟02.09】西行寺无余涅槃
题目
思考历程
显然这题是道FWT。
按照我非常浅的理解，我只想到了使用FWT的最暴力的做法。
就一直想不到复杂度跟 k k k有关的。
正解
这题是比赛三题中思想最难，但实现最简单的题目。
首先讲讲那粗暴至极的思路：
对于每一行，粗暴地建立一个多项式（请允许我这么叫），然后做FWT异或卷积。
正解是在这个基础上进行优化。
首先，基本操作，将 p i , j p_{i,j} pi,j异或上 p i , 0 p_{i,0} pi,0，把它当作不选时就是选了 a 0 a_0 a0
可以发现，在FWT过后，只有 2 k − 1 2^{k-1} 2k−1种取值。（此时行的大小为 2 m 2^m 2m）
接着对每一列（指的是 n n n排多项式中的一列，就是 2 m 2^m 2m列中的一列）单独考虑，
如果是暴力，就直接将FWT后这些位置上的数都乘起来。
但现在，我们统计对于 2 k − 1 2^{k-1} 2k−1种取值，每一种取值出现的次数。最后乘起来的时候一起乘。
假如 k = 3 k=3 k=3，那么这些取值分别是：
a 0 + a 1 + a 2 , a 0 − a 1 + a 2 , a 0 + a 1 − a 2 , a 0 − a 1 − a 2 a_0+a_1+a_2,a_0-a_1+a_2,a_0+a_1-a_2,a_0-a_1-a_2 a0+a1+a2,a0−a1+a2,a0+a1−a2,a0−a1−a2
记这四种取值的出现次数分别为 x 0 , x 1 , x 2 , x 3 x_0,x_1,x_2,x_3 x0,x1,x2,x3
把 − - −看成 1 1 1，把 + + +看成 0 0 0，可以通过 a 1 a_1 a1和 a 2 a_2 a2的符号来计算出 x x x的下标。
现在我们要将这四个东西都求出来。
第一个限制： x 0 + x 1 + x 2 + x 3 = n x_0+x_1+x_2+x_3=n x0+x1+x2+x3=n，原因不解释。
先对每个 a a a单独考虑。以 a 1 a_1 a1举例子：
建立一个多项式，对于 i ∈ [ 1 , n ] i\in [1,n] i∈[1,n]，在 p i , 1 p_{i,1} pi,1的位置加一。
对这个多项式做一遍FWT，做完之后就对于每一项，它的值就是它对应的列的 x 0 − x 1 + x 2 − x 3 x_0-x_1+x_2-x_3 x0−x1+x2−x3的值。
要解释这个，先说说异或FWT的实质： F W T ( F ) i = ∑ j = 0 L − 1 ( − 1 ) ∣ i ⋂ j ∣ F j FWT(F)_i=\sum_{j=0}^{L-1}(-1)^{|i\bigcap j|}F_j FWT(F)i=∑j=0L−1(−1)∣i⋂j∣Fj
∣ U ∣ |U| ∣U∣表示的是 U U U中 1 1 1的个数。
推一下式子： F W T ( F ) i = ∑ j = 0 2 m − 1 ( − 1 ) ∣ i ⋂ j ∣ ∑ k = 0 n − 1 ∣ p k , 1 = j ∣ FWT(F)_i=\sum_{j=0}^{2^m-1}(-1)^{|i\bigcap j|}\sum_{k=0}^{n-1}|p_{k,1}=j| FWT(F)i=∑j=02m−1(−1)∣i⋂j∣∑k=0n−1∣pk,1=j∣
F W T ( F ) i = ∑ k = 0 n − 1 ( − 1 ) ∣ i ⋂ p k , 1 ∣ FWT(F)_i=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{|i\bigcap p_{k,1}|} FWT(F)i=∑k=0n−1(−1)∣i⋂pk,1∣
对照一下FWT的实质，可以发现，对于第 i i i列而言，这就是所有行对它的贡献之和。（ F W T ( A + B ) = F W T ( A ) + F W T ( B ) FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B) FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)所以贡献是可以合在一起计算的）
而这些贡献是有正有负的。这个东西就可以理解为：正贡献的个数减去负贡献的个数。
再看看 x x x， x 0 x_0 x0和 x 2 x_2 x2中 a 1 a_1 a1是正贡献， x 1 x_1 x1和 x 3 x_3 x3中 a 1 a_1 a1是负贡献，跟上面所述符合。
类似地，对 a 2 a_2 a2考虑，可以求出 x 0 + x 1 − x 2 − x 3 x_0+x_1-x_2-x_3 x0+x1−x2−x3
但是现在还缺一条方程。
将 p k , 1 ⨁ p k , 2 p_{k,1} \bigoplus p_{k,2} pk,1⨁pk,2带进去， F W T ( F ) i = ∑ k = 0 n − 1 ( − 1 ) ∣ i ⋂ ( p k , 1 ⨁ p k , 2 ) ∣ FWT(F)_i=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{|i\bigcap (p_{k,1} \bigoplus p_{k,2})|} FWT(F)i=∑k=0n−1(−1)∣i⋂(pk,1⨁pk,2)∣
与运算满足分配律： a ⋂ ( b ⨁ c ) = ( a ⋂ b ) ⨁ ( a ⋂ c ) a \bigcap(b \bigoplus c)=(a\bigcap b)\bigoplus (a \bigcap c) a⋂(b⨁c)=(a⋂b)⨁(a⋂c)
于是我们就明白了：这个东西相当于 a 1 a_1 a1和 a 2 a_2 a2贡献符号相同的个数减去贡献符号不同的个数。在这里就是 x 0 − x 1 − x 2 + x 3 x_0-x_1-x_2+x_3 x0−x1−x2+x3
推广一下，将正贡献记作 0 0 0，负贡献记作 1 1 1，那几个东西异或起来，求出的东西是异或为 0 0 0的个数减去异或为 1 1 1的个数。
这样我们就可以凑出 2 k − 1 2^{k-1} 2k−1条方程，可以求解了。
但是不能直接暴力解。
观察一下：
x 0 + x 1 + x 2 + x 3 x_0+x_1+x_2+x_3 x0+x1+x2+x3
x 0 − x 1 + x 2 − x 3 x_0-x_1+x_2-x_3 x0−x1+x2−x3
x 0 + x 1 − x 2 − x 3 x_0+x_1-x_2-x_3 x0+x1−x2−x3
x 0 − x 1 − x 2 + x 3 x_0-x_1-x_2+x_3 x0−x1−x2+x3
如果对FWT有点了解，就会发现这不就是 F W T ( { x 0 , x 1 , x 2 , x 3 } ) FWT(\{x_0,x_1,x_2,x_3\}) FWT({x0,x1,x2,x3})嘛！
所以做一遍IFWT，就可以解方程了。
后面的操作就不用说了吧。
时间复杂度： O ( 2 k ( n + m ∗ 2 m ) ) O({2^k }(n+m*2^m)) O(2k(n+m∗2m))
代码
using namespace std;
#include 总结
FFT只会打板就算了，FWT千万不能只会打板啊！