AtCoder Regular Contest 116 D - I Wanna Win The Game(二进制 + dp)

链接： D - I Wanna Win The Game
题意：
给定一个 n , m (1 $\le$n , m $\le$ 5000) , 求有多少个长度为 n的A序列满足，a[i] $\ge$ 0 ,所有 a[i]的和为 m ,异或和为 0 .
思路：

1. 最暴力的思路就是n三方dp,但肯定是不行的 ， 所以我们可以考虑二进制，异或和为 0 其实就是n个数的每一个二进制位，每一个二进制位都有偶数个 1，这样就能保证异或和为 0 .
2. 所以我们可以用dp[i][j]表示到第 i 个二进制位的权值和为 j 的方案数，再来一个循环枚举这个二进制位有多少个1（只能为偶数个）就好了。
   代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#define iss ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
typedef long long ll;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 5e3 + 7;
const int mod = 998244353;
const int rr = 233;
int n,m;
ll pre[maxn],ni[maxn];
ll dp[15][maxn];
ll sum;
ll poww(ll a, ll b){
    ll ans = 1;
    while(b){
        if(b & 1){
            ans = ans * a% mod;
        }
        b >>= 1;
        a = a * a % mod;
    }
    return ans;
}
void init(){
    pre[0] = 1;
    for(int i = 1; i < maxn; i ++){
        pre[i] = pre[i - 1] * i % mod;
    }
    ni[maxn - 1] = poww(pre[maxn - 1] , mod - 2);
    for(int i = maxn - 2; i >= 0; i --){
        ni[i] = ni[i + 1] * (i + 1) % mod;
    }
}
ll c (ll n, ll m){
    return pre[n] * ni[n - m] % mod * ni[m] % mod;
}
int main (){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    init();
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i < 15; i ++){
        for(int j = 0; j <= m; j ++){
            for(int k = 0; k <= n;k += 2){
                ll pos = j - (1 << (i - 1)) * k;
                if(pos < 0) continue;
                sum = dp[i - 1][pos] * c(n , k) % mod;  //这一位有k个1
                dp[i][j] = (dp[i][j] +  sum) % mod;
            }
        }
    }
    printf ("%lld\n",dp[14][m]);
}