题目

这可算是描述很简单的一道题了！但是不简单。

\(S\)是一个可重集合，\(S = \{a_1, a_2, \dots, a_n \}\)。
等概率随机取\(S\)的一个子集\(A = \{a_{i_1}, \dots, a_{i_m}\}\)。
计算出\(A\)中所有元素异或\(x\), 求\(x^k\)的期望。

要点

要点 1

所有异或出来的不同结果的数量是同样多的（这句话可能有点不清楚）。
我的意思是说，假如异或出来的结果有\(5\)、\(3\)、\(4\)，那么结果是\(5\)的异或方案数量是等于结果是\(3\)的异或方案数量的，也是等于结果是\(4\)的异或方案数量的。

除此之外，如果
设异或结果为\(0\)的子集（包括空集）数量为\(n\)，那么如果异或出来的结果有\(x\)，那么一定恰好有\(n\)种方案使得异或出来的结果是\(x\)。

要点 2 \(a_i\)的大小

设其大小为\(2^m-1\)，说白了就是化成二进制后有多少位。

那么\[(2^m-1)^k \leqslant answer < 2^{63}\]
即\[2^{mk} \leqslant 2^{63}\]
就是\[m \leqslant \frac {63} {k}\]

算法

算法 1

根据要点1，很容易想到高斯消元。消元后直接暴力即可，不过这个时间复杂度是 \(O(2^m)\)。只能通过\(60 \%\)的数据。

算法 2

设\(P = \lbrace a_1, a_2, \dots, a_{2^n} \rbrace\)，它的元素就是\(A\)中所有元素异或，所以它的大小为\(2^n\)。

那么答案为\[\frac {\sum_{i=1}^{2^n} {{a_i}^k}} {2^n}\]

由于\(a_i\)化成二进制后位数比较少，所以用\(b_{i,j}\)表示\(a_i\)化成二进制后的第\(j\)位。

那么答案可以写成\[\frac {\sum_{i=1}^{2^n} ({{\sum_{j=0}^{m} { b_{i,j} \cdot 2^j }}})^k} {2^n}\]

现在假设\(k=2\)，有：\[\frac {\sum_{i=1}^{2^n} ({{\sum_{j=0}^{m} \sum_{p=0}^{m} {} { b_{i,j} \cdot b_{i,p} \cdot 2^{j+p} }}})} {2^n}\]

也就是：\[\sum_{j=0}^{m} \sum_{p=0}^{m}( \frac {\sum_{i=1}^{2^n} { b_{i,j} \cdot b_{i,p} }} {2^n}\cdot 2^{j+p})\]

对于\(\frac {\sum_{i=1}^{2^n} { b_{i,j} \cdot b_{i,p} }} {2^n}\)，是可以在\(O(n)\)的时间复杂度内算出来的！如果\(j=p\)，那么这个值为第\(j\)为\(1\)的概率，如果\(j\neq p\)，那么这个值为第\(j\)和第\(p\)同时为\(1\)的概率，这个用一个迭代可以算出（根据要点1，算出最终所有可能出现的异或结果，这里的异或结果是指第\(j\)位和第\(p\)，只有4种结果）。

当\(k \neq 2\)时，原理一样！

这样子，我们就可以在\(O(m^k \cdot (n + (2^k)^3))\)内算出\(answer\)了。

好吧，你会发现迭代的时间复杂度有点高！事实上可以利用高斯消元后的独立数进行推导同时出现\(1\)的概率。

这样的话，时间复杂度就是\(O(m^k \cdot m)\)了。