2019牛客暑期多校训练营（第一场） D.Parity of Tuples (FWT)

本文介绍了一种利用沃尔什变换解决矩阵相关问题的方法。通过化简count(x)表达式，并结合离散沃尔什变换原理，文章详细阐述了如何计算特定矩阵的异或和。最终提出了一种高效算法，其复杂度为O(n2^m + k2^k)。

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D.Parity of Tuples

题目大意:

给一个 $n * m$ 矩阵 $a)_{ij}$ ，行向量为 $v_i$ , 求 $mod(109+7))\oplus_{x=0}^{2^k}(count(x) * 3^x\space mod(10^9+7))$
其中 $c o u n t (x)$ 表示 $x∣)\frac{1}{2^m} \sum_i^n \prod_j^m (1-(-1)^{|a_{ij} \space and \space x| })$ , $⊕\oplus$ 表示异或, $∣ a ∣$ 表示a的二进制中1的个数。

数据范围：

$\leq n \leq 10^5$
$\leq m \leq 10$
$\leq k \leq 20$
$\leq a_{i,j} < 2^k$

解题过程：

考虑化简以上 $c o u n t (x)$ ,由于 $x∣(-1)^{|a\space and \space x| + |b\space and\space x|}= (-1)^{|(a \space \oplus \space b) \space and \space x|}$
则展开 $∏\prod$ 后得到:
$\frac{1}{2^m} \sum_i^n \sum_{S \subseteq {v_i}} (-1)^{size(S)} * (-1)^{|(\oplus_{\atop j \in S}a_{ij}) \space and \space x |}$
其中s为枚举每个行向量的二进制集合。

这里可以观察到和离散沃尔什变换相似的地方，即：

$Ck=∑i⊕j=kAi∗BjC_k=\sum_{i\oplus j=k}A_i*B_j$
$DWT(A)i=∑jnAj∗fi,jDWT(A)_i=\sum_j^nA_j*f_{i,j}$
$DWT(C)_i=DWT(A)_i*DWT(B)_i$
$⇒fi,j∗fi,k=fi,j⊕k\Rightarrow f_{i,j}*f_{i,k}=f_{i,j\oplus k}$
$j==i]\Rightarrow and : f_{i,j}=[i\space and \space j == i]$
$j==j]\Rightarrow or : f_{i,j}=[i\space and \space j == j]$
$j∣\Rightarrow xor : f_{i,j}= (-1)^{| i \space and \space j |}$

注意到 $x o r$ 的形式与上述形式完全一致，所以令
$cntx=∑in∑S∈i(−1)size(S)cnt_x = \sum_i^n \sum_{S \in i} (-1)^{size(S)}$
其中 $x=⊕j∈Sai,jx=\oplus_{\atop j \in S} a_{i,j}$ ，则对于 $c n t$ 做沃尔什变换可得：
$DWT(cnt)_x=\sum_j^{2^k}\sum_i^n\sum_{S \subseteq v_i} (-1)^{size(S)}*(-1)^{|j \ and \ x|}$
由此可得：
$count(x)=12m∗DWT(cnt)xcount(x)=\frac{1}{2^m} *DWT(cnt)_x$
预处理 $cnt_x$ 复杂度 $O(n\ 2^m)$ ， $F W T$ 复杂度 $O(k\ 2^k)$ ，总复杂度为 $O(n \ 2^m + k \ 2^k)$

// Cease to struggle and you cease to live
// D.cpp
// Created by Nickwzk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline int read() {
	int x = 0, ch = getchar(); bool fg = 1;
	while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') fg = 0; ch = getchar(); } 
	while(ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return fg ? x : -x;
}
const int mod = 1e9 + 7;
void FWT(vector<int> &a,int n) {
    for(int i = 2;i <= n; i <<= 1) {
        for(int j = 0; j < n; j += i) {
            for(int d = 0, w = i >> 1; d < w; d++){
                int u = a[j + d], v = a[j + d + w];
                a[j + d] = u + v, a[j + d + w] = u - v;
            }
        }
    }
}
void dfs(vector<int> &cnt, const vector<int> &a, int i, int x, int p) {
	if(i < a.size()) {
		dfs(cnt, a, i + 1, x, p);
		dfs(cnt, a, i + 1, x ^ a[i], -p);
	}
	else {
		cnt[x] += p;
	}
}
int main() {
	int n, m, k;
	while(~scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)) {
		auto cnt = vector<int>(1 << k, 0);
		auto a = vector<int>(m);
		for(int i = 0; i < n; i++) {
			for(int j = 0; j < m; j++) a[j] = read();
			dfs(cnt, a, 0, 0, 1);
		}
		FWT(cnt, 1 << k);
		int ans = 0, pw = 1 << m, w = 1;
		for(int x = 0; x < (1 << k); x++) {
			ans ^= (long long)w * (cnt[x] / pw) % mod;
			w = (long long)w * 3 % mod;
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}