jzoj6467 西行寺无余涅槃 （FWT相关应用）

题意

给你一个n*k的非负整数网格P以及一个系数数组A。
要求每行选一个格子，每选一个第j列的格子，这种选择方案的权值就乘上$A[j]$。
问，对于$[0,2^m)$中所有数x，选的所有格子的P的异或=x的权值和是多少。
n<=1e6

分析

据说是CF H题的加强。
首先有简单FWT做法。即求所有行的多项式$F_i$，然后$Ans=\prod F_i$，用FWT加速。
$O(nm{2}^m)$

接下来优化该做法：
首先将P中所有元素异或上该行第0个（从0标号），最终答案再对应换位。
注意到每个多项式F的系数都是若干个$a_i$之和，并且
$$FWT(A)[i]=\sum _j(-1{)}^{bitcount(i\&j)}{A}_j$$

考虑计算$FWT(Ans)$中的每一个位置的每种和（每一个A_i的系数是正或负1）的个数。
最终这些和的乘积即为$FWT(Ans)$
若将+看作0，-看作1，则符号乘法是与异或等价的。我们用一个数w来代表一种和。注意到
$p[i][0]$已经被清零，可以知道a0在所有和的系数中都是1.因此w只需要$k-1$个二进制位来表示即可。
然后，用$X_w$来表示，在$FWT(Ans)$的某个特定位置中，$w$这种和有多少个。

现求$FWT(X)$
这一步非常巧妙：枚举一个列$[1,k)$中的子集S，对于一行，使一个空多项式G的第e个位置+1. 其中e是这一行中所有在S中的列的P的异或。然后，令$H=FWT(G)$。考虑这样的H有什么意义。
假如S中只有一个元素t，那么$H[i]$就是这一行$FWT(F)$在第i个位置上，给的是$+a[t]$还是$-a[t]$。不难证明，假如有多个元素，那么$H[i]$是单个t做出来的H的乘积。

再考虑上异或与乘法的等价关系，一种（在当前行累加到答案的第i个位置的）和$w$在$H[i]$中的贡献，就是$(-1{)}^{|w\&S|}$。
因为$\sum FWT(G)=FWT(\sum G)$，因此可以O(n)+一次FWT求出$D={\sum }_{每一行}H$。
那么就有，$D[i]={\sum }_w(-1{)}^{|w\&S|}{X}_w$。右侧正好是$FWT(X)[S]$。

这™是仙术吧

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mo = 998244353, N = 1e6 + 10, M = 1 << 20;
int n, m, k;
ll a[N];
ll p[N][20];
void read(ll &x) {
	char c; while(((c=getchar()))<'0'||c>'9');
	x = c - '0';
	while ((c=getchar()) >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0';
}
ll ksm(ll x, ll y) {
	ll ret = 1; for (; y; y >>= 1) {
		if (y & 1) ret = ret * x % mo;
		x = x * x % mo;
	}
	return ret;
}

ll ans[M];
vector<ll> f[M];
ll g[M];

void FWT(ll *a, ll e) {
	int M = 1 << e;
	for(int m = 1; m < M; m <<= 1) {
		for(int i = 0; i < M; i += (m << 1)) {
			for(int j = 0; j < m; j++) {
				ll t = a[i + j + m];
				a[i + j + m] = (a[i + j] - t) % mo;
				a[i + j] = (a[i + j] + t) % mo;
			}
		}
	}
}

void IFWT(ll *a, ll e) {
	FWT(a, e);
	ll ny = ksm(1 << e, mo - 2);
	for(int i = 0; i < (1 << e); i++) a[i] = a[i] * ny % mo;
}

int main() {
	freopen("yuyuko.in","r",stdin);
	// freopen("yuyuko.out","w",stdout);
	cin >> n >> m >> k;
	for(int i = 0; i < k; i++) read(a[i]);
	int sf = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 0; j < k; j++)
			read(p[i][j]);
		sf ^= p[i][0];
		for(int j = 1; j < k; j++) p[i][j] ^= p[i][0];
		p[i][0] = 0;
	}
	for(int i = 0; i < (1 << m); i++) {
		f[i].resize(1 << k - 1);
	}
	for(int s = 0; s < (1 << k - 1); s++) {
		memset(g, 0, (1 << m) * sizeof g[0]);
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			int xs = 0;
			for(int j = 1; j < k; j++) if (s & (1 << j - 1)) {
				xs ^= p[i][j];
			}
			g[xs]++;
		}
		FWT(g, m);
		for(int i = 0; i < (1 << m); i++) f[i][s] = g[i];
	}
	static int sum[M];
	for(int i = 0; i < (1 << k - 1); i++) {
		sum[i] = a[0];
		for(int z = 1; z < k; z++) {
			if (i & (1 << z - 1)) {
				sum[i] = (sum[i] - a[z]) % mo;
			} else sum[i] = (sum[i] + a[z]) % mo;
		}
	}
	static ll tmp[M];
	for(int i = 0; i < (1 << m); i++) {
		for(int j = 0; j < (1 << k - 1); j++) tmp[j] = f[i][j];
		IFWT(tmp, k - 1);
		ans[i] = 1;
		for(int j = 0; j < (1 << k - 1); j++) {
			ans[i] = ans[i] * ksm(sum[j], (tmp[j] + mo) % mo) % mo;
		}
	}
	IFWT(ans, m);
	for(int i = 0; i < (1 << m); i++) {
		if ((sf ^ i) < i) swap(ans[i], ans[sf ^ i]);
	}
	for(int i = 0; i < (1 << m); i++)
		printf("%lld ", (ans[i] + mo) % mo);
}