UOJ #310 黎明前的巧克力 FWT dp

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我发现 很多难的FWT的题 都和方程有关.

上次那个西行寺无余涅槃 也是各种解方程...(不过这个题至今还未理解。

考虑dp 容易想到f[i][j][k]表示 第一个人得到巧克力的状态为j 第二个人为k的方案数。

期望得分0。

观察状态转移和最终的目标状态 可以将状态降维 变成f[i][j]表示两个人异或的结果为j的方案数。

这样复杂度是\(n\cdot W\)的 其中W为值域.

观察转移 可以发现是一个异或卷积的形式 所以复杂度就变成了\(m\cdot W\cdot logW\) 其中m为数字不同的个数.

不过上面这种方法可以 做数字相同的有很多的情况.

考虑正解 观察在做FWT的时候 每个数字\(a_i\)对FWT后的数组每一位贡献要么为2 要么为-2 而0位永远贡献为1.

所以FWT的数组每个位置要么为-1 要么为3.

显然我们只关心最后的乘积数组上有多少个-1 和 3.

可以发现 -1和3的数量固定 有\(cnt_3+cnt_{-1}=n\)

只要再对每一位列出一个方程就能快速求出每个位置上的值了.

考虑3和-1的和 有 FWT的和等于和的FWT.

所以对于所有数字放在同一个数组上进行FWT就可以得到\(3\cdot cnt_3-cnt_{-1}=b_i\)

然后解方程 就可以得到每个位置上的数字是多少了.

const int MAXN=1100000,INV=(mod+1)/2;
int n,maxx,lim;
int a[MAXN],b[MAXN];
inline int ksm(int b,int p)
{
	int cnt=1;
	while(p)
	{
		if(p&1)cnt=(ll)cnt*b%mod;
		b=(ll)b*b%mod;p=p>>1;
	}
	return cnt;
}
inline void FWT(int *a,int op)
{
	for(int len=2;len<=lim;len=len<<1)
	{
		int mid=len>>1;
		for(int j=0;j<lim;j+=len)
		{
			for(int i=0;i<mid;++i)
			{
				int x=a[i+j],y=a[i+j+mid];
				if(op==1)a[i+j]=(x+y)%mod,a[i+j+mid]=(x-y+mod)%mod;
				else a[i+j]=(ll)(x+y)*INV%mod,a[i+j+mid]=(ll)(x-y+mod)*INV%mod;
			}
		}
	}
}
int main()
{
	freopen("1.in","r",stdin);
	get(n);lim=1;
	rep(1,n,i)
	{
		int get(x);
		if(x>maxx)maxx=x;
		a[x]+=2;++a[0];
	}
	while(lim<=maxx)lim=lim<<1;
	FWT(a,1);
	rep(0,lim-1,i)
	{
		int ww=(ll)(a[i]+n)*INV%mod*INV%mod;
		int cc=(n-ww+mod)%mod;
		if(cc&1)b[i]=mod-ksm(3,ww);
		else b[i]=ksm(3,ww);
	}
	FWT(b,-1);put((b[0]-1+mod)%mod);
	return 0;
}

UOJ #310 黎明前的巧克力 FWT dp

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原文地址：https://www.cnblogs.com/chdy/p/13137490.html