题意：

给出一个数组a，要求把a数组选出两个不相交且不同时为空的子集，满足两个集合中数字的异或和相等。

题解：

考虑dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示考虑前iii个数字，且现在两个集合数字的异或和为j" role="presentation" style="position: relative;">jjj时的方案数。转移方程为：

dp[i][j]=dp[i−1][j]+2∗dp[i−1][jxora[i]]dp[i][j]=dp[i−1][j]+2∗dp[i−1][jxora[i]]

dp[i][j] = dp[i-1][j] + 2*dp[i-1][j \;xor\; a[i]]
然后得到了一个 n∗217n∗217n*2^{17}的算法。
接下来考虑如何加速这个dp过程。
设 b[i]b[i]b[i]是一个数组， b[i][0]=1b[i][0]=1b[i][0]=1, b[i][a[i]]=2b[i][a[i]]=2b[i][a[i]] = 2，其他的 b[i][j]=0b[i][j]=0b[i][j] =0，则

dp[i][j]=1∗dp[i−1][jxor0]+2∗dp[i−1][jxora[i]]=∑k=0Ndp[i−1][jxork]∗b[i][k](3)(4)(3)dp[i][j]=1∗dp[i−1][jxor0]+2∗dp[i−1][jxora[i]](4)=∑k=0Ndp[i−1][jxork]∗b[i][k]

\begin{align} dp[i][j] &= 1 * dp[i-1][j \; xor \; 0] + 2 * dp[i-1][j \; xor \; a[i]] \\ &=\sum_{k = 0}^{N} dp[i-1][j \; xor \; k] * b[i][k] \end{align}
于是我们把转移方程转化为两个数组作异或卷积。即 dp[i]=dp[i−1]∗b[i]dp[i]=dp[i−1]∗b[i]dp[i] = dp[i-1] * b[i]这里的乘法为异或卷积。
目前，我们得到了一个更不优秀的 n∗217∗17n∗217∗17n*2^{17}*17复杂度的算法。
但是考虑整个算法，我们要求的答案是

dp[n]=dp[0]∗b[1]∗b[2]∗...∗b[n]dp[n]=dp[0]∗b[1]∗b[2]∗...∗b[n]

dp[n] = dp[0]*b[1]*b[2]*...*b[n]
其中 dp[0]dp[0]dp[0]数组只有 dp[0][0]=1dp[0][0]=1dp[0][0] = 1，其他 dp[0][j]=0dp[0][j]=0dp[0][j] = 0。
答案就是 dp[n][0]−1dp[n][0]−1dp[n][0] - 1，这个 −1−1-1是因为存在一种两个集合都是空集的方案，要去掉。
问题就变成了我们要求连续n个b数组的异或卷积。而每个b数组都有共同的性质： b[i][0]=1b[i][0]=1b[i][0] = 1，且只有一个位置为2，其他位置都是0。
考虑fwt变换，即 FWT(b[i])FWT(b[i])FWT(b[i])数组中

FWT(b[i])[j]=∑kb[i][k]∗(−1)[kandj]FWT(b[i])[j]=∑kb[i][k]∗(−1)[kandj]

FWT(b[i])[j] = \sum_{k}{b[i][k]*(-1)^{[k\;and\;j]}}
其中[x] 表示x的二进制表示中1的个数。
因此我们显然的发现 b[i][j]=3orb[i][j]=−1b[i][j]=3orb[i][j]=−1b[i][j] = 3 \; or\;b[i][j] = -1，因为b[i]中仅有两个非零值： b[i][0]=1,b[i][a[i]]=2b[i][0]=1,b[i][a[i]]=2b[i][0] =1,b[i][a[i]] = 2带入上面的定义式就可以发现这一点。
那么继续考虑我们做异或卷积的过程是将每个 b[i]b[i]b[i]数组变换成 FWT(b[i])FWT(b[i])FWT(b[i])，然后对应位置乘起来，再做一次 IFWTIFWTIFWT即可。
于是我们知道在做对应位置相乘的时候，我们实质上是将若干个3和-1乘起来。于是我们就是要计算每个位置的 cnt3cnt3cnt3和 cnt1cnt1cnt1。显然

cnt3+cnt1=ncnt3+cnt1=n

cnt3+cnt1 = n
进而我们只需要计算

sum[k]=∑inFWT(b[i][k])sum[k]=∑inFWT(b[i][k])

sum[k] = \sum_{i}^{n}{FWT(b[i][k])}
然后，由方程

3∗cnt3−cnt1=3∗cnt3−(n−cnt3)=sum[k]3∗cnt3−cnt1=3∗cnt3−(n−cnt3)=sum[k]

3*cnt3 - cnt1 = 3*cnt3-(n - cnt3) = sum[k]
就可以直接解出

cnt3=(sum[k]+n)/4,cnt1=n−cnt3cnt3=(sum[k]+n)/4,cnt1=n−cnt3

cnt3 = (sum[k] + n) /4 , cnt1 = n - cnt3
然后便得到了整个 FWT(b[1])∗FWT(b[2])∗....∗FWT(b[n])FWT(b[1])∗FWT(b[2])∗....∗FWT(b[n])FWT(b[1])*FWT(b[2])* .... *FWT(b[n])的每一项。这里的乘法为对应项相乘。
那么我们在来看一下我们要求的这个

sum[k]=∑inFWT(b[i][k])=n+2∗∑j(−1)[a[j]andk]sum[k]=∑inFWT(b[i][k])=n+2∗∑j(−1)[a[j]andk]

sum[k] = \sum_{i}^{n}{FWT(b[i][k])} = n + 2*\sum_{j}{(-1)^{[a[j] \; and\; k]}}
再仔细的看一下

∑j(−1)[a[j]andk]∑j(−1)[a[j]andk]

\sum_{j}{(-1)^{[a[j] \; and\; k]}}
没错。。。我们设A数组，A[i] = 数字 i 在a数组中出现的次数
然后有

sum=FWT(A)sum=FWT(A)

sum = FWT(A)
分析完了之后，感觉整个人都智障了不少。。。我们拿着A做一次FWT，然后对于每个位置算出cnt3，cnt1，直接快速幂算好每个位置的值，然后IFWT回去。。。。
复杂度 217∗17217∗172^{17}*17

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1048576;;
const int MOD = 998244353;
const int INV2 = (MOD+1)>>1;
const int INV4 = 1LL*INV2*INV2%MOD;
int a[N];
int bas[N+1];
int n;
void FWT(int *a,int n,int r){for (int i=1;i<n;i<<=1){for (int j=0;j<n;j+=(i<<1)){for (int k =0;k<i;k++){int x = a[j+k];int y = a[j+k+i];if (r){a[j+k] = (x+y)%MOD;a[j+k+i] = (x-y+MOD)%MOD;}else{a[j+k] = 1LL*(x+y)*INV2%MOD;a[j+k+i] = 1LL*(x-y+MOD)*INV2%MOD;}}}}
}int main(){scanf("%d",&n);for (int i=1;i<=n;i++){int x;scanf("%d",&x);a[x]++;}bas[0] = 1;for (int i=1;i<=N;i++){bas[i] = 3LL*bas[i-1]%MOD;}FWT(a,N,1);for(int i=0;i<N;i++){a[i] = (n+2*a[i])%MOD;int cnt3 = 1LL*(a[i]+n)%MOD*INV4%MOD;int cnt1 = n-cnt3;a[i] = bas[cnt3];if (cnt1&1){a[i] = MOD-a[i];}}FWT(a,N,0);printf("%d\n",(a[0]+MOD-1)%MOD);return 0;
}

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