「HDU 6057」Kanade's convolution

HDU 6057

题意

给你两个数组 \(A[0\dotsc 2^m-1]\) 和 \(B[0 \dotsc 2^m-1]\)

你需要计算

\[C[k]=\sum_{i~{\rm and}~j=k}A[i~{\rm xor}~j]\times B[i~{\rm or}~j]\]

输出 \(\sum_{i=0}^{2^m-1}C[i]\times 1526^i \bmod 998244353\)

\(m\le 19\)

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做法

由于 \(i~{\rm and}~j=k\)，所以有 \(i~{\rm or}~j=i~{\rm xor}~j~{\rm xor}~k\)，(\(i~{\rm xor}~j\) 与 \(k\) 无交)

那么可以转化

\[ \begin{align} C[k]&=\sum_{x~{\rm xor}~y=k}[x~{\rm and}~y=x]\times A[x]\times B[y]\times 2^{ {\rm popcount}(x)} \\ &=\sum_{x~{\rm xor}~y=k}[{\rm popcount}(y)-{\rm popcount}(x)={\rm popcount}(k)]\times A[x]\times B[y]\times 2^{ {\rm popcount}(x)} \end{align} \]

其中 \({\rm popcount}(x)\) 等于 \(x\) 的二进制表示中 \(1\) 的个数

定义\(a_{i,j}=[{\rm popcount}(j)=i]\times A[j],b_{i,j}=[{\rm popcount}(j)=i]\times B[j]\)

也就是增加一维集合大小，那么

\[c_{i,k}=\sum_{j=0}^i\sum_{x\ {\rm xor}\ y=k}a_{j,x}\times b_{i-j,y}\times 2^j\]

\(C[i]=c_{ {\rm popcount}(i),i}\)，其他多余的位置是没有意义的

那么我们对每一个 \(a_i,b_i\) 做 FWT，再暴力枚举第一维，加到对应的 \(c_i\) 上

时间复杂度 \(\mathcal O(m^2 \times 2^m)\)

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代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<ctype.h>
#include<string.h>
#include<math.h>

using namespace std;
#define ll long long

inline char read() {
	static const int IN_LEN = 1000000;
	static char buf[IN_LEN], *s, *t;
	return (s==t?t=(s=buf)+fread(buf,1,IN_LEN,stdin),(s==t?-1:*s++):*s++);
}
template<class T>
inline void read(T &x) {
	static bool iosig;
	static char c;
	for (iosig=false, c=read(); !isdigit(c); c=read()) {
		if (c == '-') iosig=true;
		if (c == -1) return;
	}
	for (x=0; isdigit(c); c=read()) x=((x+(x<<2))<<1)+(c^'0');
	if (iosig) x=-x;
}

const int N = 20, M = 1<<19, P = 998244353;
int ans, m, cnt[M], a[N][M], b[N][M], c[N][M];
inline int Pow(ll x, int y=P-2){
	int ans=1;
	for(; y; y>>=1, x=x*x%P) if(y&1) ans=ans*x%P;
	return ans;
}
inline void FWT(int *f, int g){
	for(int i=1; i<1<<m; i<<=1) for(int j=0; j<1<<m; j+=i<<1)
		for(int k=j; k<j+i; ++k){
			int x=f[k], y=f[k+i];
			f[k]=(x+y)%P, f[k+i]=(x-y+P)%P;
		}
	if(g==-1) for(int i=0, I=Pow(1<<m); i<1<<m; ++i) f[i]=(ll)f[i]*I%P;
}
int main() {
	read(m);
	for(int i=1; i<1<<m; ++i) cnt[i]=cnt[i^(i&-i)]+1;
	for(int i=0; i<1<<m; ++i) read(a[cnt[i]][i]);
	for(int i=0; i<1<<m; ++i) read(b[cnt[i]][i]);
	for(int i=0; i<=m; ++i) FWT(a[i], 1), FWT(b[i], 1);
	for(int i=0, p=1; i<=m; ++i, p<<=1) for(int j=i; j<=m; ++j) for(int k=0; k<1<<m; ++k)
		c[j-i][k]=(c[j-i][k]+(ll)a[i][k]*b[j][k]%P*p)%P;
	for(int i=0; i<=m; ++i) FWT(c[i], -1);
	for(int i=0, k=1; i<1<<m; ++i, k=k*1526ll%P) ans=(ans+(ll)k*c[cnt[i]][i])%P;
	return printf("%d\n", ans), 0;
}