题目

第一道题：传送门 to CF。下面就以这道题为例。

第二道题：传送门 to CF。

思路

解决计数问题，先想判定问题。在这道题里，我已经因此吃了大亏了……

如果是判定问题，可以考虑求解 max⁡(ai⊕aj)\max(a_i\oplus a_j)max(ai⊕aj) 。最常见的方法是，依次插入每个数的同时判断 max⁡\maxmax 。但显然在这里就不易于扩展了；我们最好找一个不基于动态插入的做法。

其实就是暴力。模拟一次就知道了。从根开始，如果 0,10,10,1 都非空，就得在这两个子树内各选出一个；否则就在某个儿子子树内选出俩。所以可以记 ⟨x,y⟩\langle x,y\rangle⟨x,y⟩ 表示 xxx 和 yyy 子树内各选出一个是目前的 max⁡\maxmax 之一（前缀最优）。一层一层转移，如果这一层的所有 ⟨x,y⟩\langle x,y\rangle⟨x,y⟩ 都不能造出 111，那就转移到 ⟨x0,y0⟩,⟨x1,y1⟩\langle x_0,y_0\rangle,\langle x_1,y_1\rangle⟨x0,y0⟩,⟨x1,y1⟩，其中 xdx_dxd 表示 xxx 的 ddd 儿子。否则就转移到 ⟨x0,y1⟩,⟨x1,y0⟩\langle x_0,y_1\rangle,\langle x_1,y_0\rangle⟨x0,y1⟩,⟨x1,y0⟩ 。

有趣的是，复杂度是 O(nlog⁡V)\mathcal O(n\log V)O(nlogV) 的，即 trie\tt trietrie 的点数。因为每个点最多出现在一个二元组中。

计数问题又怎么做呢？其实很简单，必须 把判定问题时所需的状态记录下来，就像这道题，根本不用怕。因为内层已经几乎是 dp\tt dpdp 了，它只保留了最精简的信息，一般不会再简化了。

所以我们要记录一大堆 ⟨x,y⟩\langle x,y\rangle⟨x,y⟩ 吗？其实并不用。因为上面的 “一层一层转移” 并非必要。分析复杂度发现，不管这一位是选 000 还是选 111，每个点还是只能出现在一个二元组中，复杂度仍然正确。所以我们不必全局考虑，只需暴力递归。但是二元组肯定是基本信息，不能再减。

于是记 f(x,y)f(x,y)f(x,y) 为，最大值是 x,yx,yx,y 子树内的两个数异或得到的，有多少种从二者子树中选数的方案。如果 max⁡\maxmax 的这一位是 000，那么要么只有 x0,y0x_0,y_0x0,y0 存在，要么只有 x1,y1x_1,y_1x1,y1 存在，分别递归，然后加起来。

如果 max⁡\maxmax 的这一位是 111 呢？就有三种情况了：

有 x0,y1x_0,y_1x0,y1，而 x1,y0x_1,y_0x1,y0 至少有一个是空的。递归 f(x0,y1)f(x_0,y_1)f(x0,y1)，乘系数 2size(x1)+2size(y0)−12^{size(x_1)}+2^{size(y_0)}-12size(x1)+2size(y0)−1 即可。此处 −1-1−1 是因为 ∅\varnothing∅ 被算了两次。
有 x1,y0x_1,y_0x1,y0，而 x0,y1x_0,y_1x0,y1 至少有一个是空的。同上。
同时有 x0,y1x_0,y_1x0,y1 和 x1,y0x_1,y_0x1,y0 。此时两边都要递归；怎么合并 max⁡\maxmax 呢？

不要陷入求 max⁡\maxmax 的误区！判定问题并不是求 max⁡\maxmax，而是 max⁡⩽x\max\leqslant xmax⩽x 。很容易看出，两边其实都 ⩽x\leqslant x⩽x 就可以了！所以直接乘法原理相乘即可。

但是我们的计数问题好像会考虑 max⁡\maxmax 这一位是 000 和 111 两种情况，都递归，复杂度就不正确了！所以已经 ⩽x\leqslant x⩽x 的时候不能递归，要用 sizesizesize 直接计算。

时间复杂度 O(nlog⁡V)\mathcal O(n\log V)O(nlogV) 。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;
# define rep(i,a,b) for(int i=(a); i<=(b); ++i)
# define drep(i,a,b) for(int i=(a); i>=(b); --i)
typedef long long llong;
inline int readint(){int a = 0, c = getchar(), f = 1;for(; !isdigit(c); c=getchar())if(c == '-') f = -f;for(; isdigit(c); c=getchar())a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);return a*f;
}const int MOD = 998244353;
inline void modAddUp(int &x,const int y){if((x += y) >= MOD) x -= MOD;
}const int MAXN = 150005, LOGX = 30;
int powtwo[MAXN];
namespace Trie{int ch[MAXN*LOGX][2], cntNode = 1;int siz[MAXN*LOGX];void insert(int x){int o = 1; // avoid 0for(int i=LOGX-1; ~i; --i){int &d = ch[o][x>>i&1];if(!d) d = ++ cntNode;o = d, ++ siz[o];}}# define _dfs(a,b) dfs(ch[x][a],ch[y][b],bound,d-1)int dfs(int x,int y,const int bound,int d=LOGX-1){int res = 0; if(!(~d) || !x || !y) return 0;if(!(bound>>d&1)){ // this must be zerores = _dfs(0,0); modAddUp(res,_dfs(1,1));return res; // no more things to do}// if maximum is 0 on this bitif(x != y) // already forkedrep(v,0,1) res = int((res+(powtwo[siz[ch[y][v]]]-1)*llong(powtwo[siz[ch[x][v]]]-1))%MOD);else rep(v,0,1) modAddUp(res,powtwo[siz[ch[x][v]]]-1);// if maximum is 1 on this bitif(x == y){modAddUp(res,_dfs(0,1));return res; // only way: fork}const int lson = _dfs(0,1), rson = _dfs(1,0);// case 1: generated by <0,1> and <1,0>res = int((res+llong(lson)*rson)%MOD);// case 2: generated by only <0,1>res = int((res+llong(powtwo[siz[ch[x][1]]]+powtwo[siz[ch[y][0]]]-1)*lson)%MOD);// case 3: generated by only <1,0>res = int((res+llong(powtwo[siz[ch[x][0]]]+powtwo[siz[ch[y][1]]]-1)*rson)%MOD);return res;}
}int main(){int n = readint(), bound = readint()+1;rep(i,powtwo[0]=1,n) // pre-computepowtwo[i] = (powtwo[i-1]<<1)%MOD;if(bound>>30){printf("%d\n",powtwo[n]-1);return 0; // everything can be chosen}rep(i,1,n) Trie::insert(readint());printf("%d\n",Trie::dfs(1,1,bound));return 0;
}

拓展

即第二题的做法。考虑 min⁡(ai⊕aj)\min(a_i\oplus a_j)min(ai⊕aj) 的判定问题，和 max⁡\maxmax 很像，唯一的区别是，其判断依据为 “子树内是否有至少两个数” 而非 “是否存在该子树” 了。

所以它甚至不需要预处理 2k2^k2k，因为没有这样的选项。

BONUS：若 a⩽b⩽ca\leqslant b\leqslant ca⩽b⩽c 则 min⁡(a⊕b,b⊕c)⩽a⊕c\min(a\oplus b,b\oplus c)\leqslant a\oplus cmin(a⊕b,b⊕c)⩽a⊕c 。证明很简单，考虑 a,ca,ca,c 最高的不相同的 bit\text{bit}bit，由 a⩽b⩽ca\leqslant b\leqslant ca⩽b⩽c 可知 bbb 的前缀与二者都相同；这一位上 bbb 取 000 则 a⊕ba\oplus ba⊕b 这一位上是 000，取 111 则 b⊕cb\oplus cb⊕c 这一位上是 000，但 a⊕ca\oplus ca⊕c 这一位是 111，证毕。

于是可以排序后直接记 f(v)f(v)f(v) 表示以 vvv 结尾的子序列的选法。放在 trie\tt trietrie 上进行判定。复杂度没变；只是更好写。

核心代码

 int dfs_forked(int x,int y,const llong &bound,int d){if(!x || !y || d == -1) return 0;if(bound>>d&1) // have to be 1return (dfs_forked(ch[x][0],ch[y][1],bound,d-1)+dfs_forked(ch[x][1],ch[y][0],bound,d-1))%MOD;// if minimum is 1 on this bitint res = int((llong(siz[ch[x][0]])*siz[ch[y][1]]+llong(siz[ch[x][1]])*siz[ch[y][0]])%MOD);// if minimum is 0 on this bitmodAddUp(res,dfs_forked(ch[x][0],ch[y][0],bound,d-1));modAddUp(res,dfs_forked(ch[x][1],ch[y][1],bound,d-1));return res; // can only choose 1 of each}int dfs(int x,const llong &bound,int d=LOGX-1){if(!x || d == -1) return 0;if(bound>>d&1) // have to be 1 (fork)return dfs_forked(ch[x][0],ch[x][1],bound,d-1);// if minimum is 1 on this bitint res = int(llong(siz[ch[x][0]])*siz[ch[x][1]]%MOD);// if minimum is 0 on this bitconst int lson = dfs(ch[x][0],bound,d-1);const int rson = dfs(ch[x][1],bound,d-1);// case 1: provided by <0,0> and <1,1>res = int((res+llong(lson)*rson)%MOD);// case 2: provided by <0,0>res = int((res+llong(lson)*(siz[ch[x][1]]+1))%MOD);// case 3: provided by <1,1>res = int((res+llong(rson)*(siz[ch[x][0]]+1))%MOD);return res;}

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