題目
思考歷程
顯然這題是道FWT。
按照我非常淺的理解，我只想到了使用FWT的最暴力的做法。
就一直想不到復雜度跟\(k\)有關的。
正解
這題是比賽三題中思想最難，但實現最簡單的題目。
首先講講那粗暴至極的思路：
對於每一行，粗暴地建立一個多項式（請允許我這么叫），然后做FWT異或卷積。
正解是在這個基礎上進行優化。
首先，基本操作，將\(p_{i,j}\)異或上\(p_{i,0}\)，把它當作不選時就是選了\(a_0\)
可以發現，在FWT過后，只有\(2^{k-1}\)種取值。（此時行的大小為\(2^m\)）
接着對每一列（指的是\(n\)排多項式中的一列，就是\(2^m\)列中的一列）單獨考慮，
如果是暴力，就直接將FWT后這些位置上的數都乘起來。
但現在，我們統計對於\(2^{k-1}\)種取值，每一種取值出現的次數。最后乘起來的時候一起乘。
假如\(k=3\)，那么這些取值分別是：
\(a_0+a_1+a_2,a_0-a_1+a_2,a_0+a_1-a_2,a_0-a_1-a_2\)
記這四種取值的出現次數分別為\(x_0,x_1,x_2,x_3\)
把\(-\)看成\(1\)，把\(+\)看成\(0\)，可以通過\(a_1\)和\(a_2\)的符號來計算出\(x\)的下標。
現在我們要將這四個東西都求出來。
第一個限制：\(x_0+x_1+x_2+x_3=n\)，原因不解釋。
先對每個\(a\)單獨考慮。以\(a_1\)舉例子：
建立一個多項式，對於\(i\in [1,n]\)，在\(p_{i,1}\)的位置加一。
對這個多項式做一遍FWT，做完之后就對於每一項，它的值就是它對應的列的\(x_0-x_1+x_2-x_3\)的值。
要解釋這個，先說說異或FWT的實質：\(FWT(F)_i=\sum_{j=0}^{L-1}(-1)^{|i\bigcap j|}F_j\)
\(|U|\)表示的是\(U\)中\(1\)的個數。
推一下式子：\(FWT(F)_i=\sum_{j=0}^{2^m-1}(-1)^{|i\bigcap j|}\sum_{k=0}^{n-1}|p_{k,1}=j|\)
\(FWT(F)_i=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{|i\bigcap p_{k,1}|}\)
對照一下FWT的實質，可以發現，對於第\(i\)列而言，這就是所有行對它的貢獻之和。（\(FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)\)所以貢獻是可以合在一起計算的）
而這些貢獻是有正有負的。這個東西就可以理解為：正貢獻的個數減去負貢獻的個數。
再看看\(x\)，\(x_0\)和\(x_2\)中\(a_1\)是正貢獻，\(x_1\)和\(x_3\)中\(a_1\)是負貢獻，跟上面所述符合。
類似地，對\(a_2\)考慮，可以求出\(x_0+x_1-x_2-x_3\)
但是現在還缺一條方程。
將\(p_{k,1} \bigoplus p_{k,2}\)帶進去，\(FWT(F)_i=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{|i\bigcap (p_{k,1} \bigoplus p_{k,2})|}\)
與運算滿足分配律：\(a \bigcap(b \bigoplus c)=(a\bigcap b)\bigoplus (a \bigcap c)\)
於是我們就明白了：這個東西相當於\(a_1\)和\(a_2\)貢獻符號相同的個數減去貢獻符號不同的個數。在這里就是\(x_0-x_1-x_2+x_3\)
推廣一下，將正貢獻記作\(0\)，負貢獻記作\(1\)，那幾個東西異或起來，求出的東西是異或為\(0\)的個數減去異或為\(1\)的個數。
這樣我們就可以湊出\(2^{k-1}\)條方程，可以求解了。
但是不能直接暴力解。
觀察一下：
\(x_0+x_1+x_2+x_3\)
\(x_0-x_1+x_2-x_3\)
\(x_0+x_1-x_2-x_3\)
\(x_0-x_1-x_2+x_3\)
如果對FWT有點了解，就會發現這不就是\(FWT(\{x_0,x_1,x_2,x_3\})\)嘛！
所以做一遍IFWT，就可以解方程了。
后面的操作就不用說了吧。
時間復雜度：\(O({2^k }(n+m*2^m))\)
代碼
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1000010
#define MK 20
#define mo 998244353
#define ll long long
inline ll qpow(ll x,ll y=mo-2){
// printf("%lld\n",y);
ll res=1;
for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
if (y&1)
res=res*x%mo;
return res;
}
int n,m,K;
int a[MK];
int p[N][MK];
ll space[1<<MK],point=0;
ll *F[1<<MK],G[1<<MK],A[1<<MK],ans[1<<MK];
inline void FWT(ll A[],int n){
for (int i=1;i<n;i<<=1)
for (int j=0;j<n;j+=i<<1)
for (int k=j;k<j+i;++k){
ll x=A[k],y=A[k+i];
A[k]=(x+y)%mo;
A[k+i]=(x-y+mo)%mo;
}
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
freopen("yuyuko.in","r",stdin);
freopen("yuyuko.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
for (int i=0;i<K;++i)
scanf("%d",&a[i]);
int offset=0;
for (int i=1;i<=n;++i){
for (int j=0;j<K;++j)
scanf("%d",&p[i][j]);
offset^=p[i][0];
for (int j=1;j<K;++j)
p[i][j]^=p[i][0];
p[i][0]=0;
}
F[0]=space+point;
point+=1<<m;
for (int T=0;T<1<<m;++T)
F[0][T]=n;
for (int S=1;S<(1<<K-1);++S){
F[S]=space+point;
point+=1<<m;
for (int i=1;i<=n;++i){
int x=0;
for (int j=1;j<K;++j)
if (S>>j-1&1)
x^=p[i][j];
F[S][x]++;
}
FWT(F[S],1<<m);
}
for (int S=0;S<(1<<K-1);++S){
A[S]=a[0];
for (int j=1;j<K;++j)
if (S>>j-1&1)
A[S]-=a[j];
else
A[S]+=a[j];
A[S]=(A[S]%mo+mo)%mo;
}
for (int T=0;T<1<<m;++T){
for (int S=0;S<(1<<K-1);++S)
G[S]=F[S][T];
FWT(G,1<<K-1);
ans[T]=1;
ll inv=qpow(1<<K-1);
for (int j=0;j<(1<<K-1);++j)
(ans[T]*=qpow(A[j],G[j]*inv%mo))%=mo;
}
FWT(ans,1<<m);
ll inv=qpow(1<<m);
for (int T=0;T<1<<m;++T)
printf("%lld ",ans[T^offset]*inv%mo);
return 0;
}
總結
FFT只會打板就算了，FWT千萬不能只會打板啊！