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BZOJ 3811
UOJ #36

Solution

看到异或，首先想到拆位
下面 xor ( A ) \text{xor}(A) xor(A) 表示子集 A A A 的异或和， b i t ( x , i ) bit(x,i) bit(x,i) 表示 x x x 的第 i i i 个二进制位（最低二进制位为第 0 0 0 位）
可以得出
a n s = E ( xor ( A ) k , A ⊂ S ) = E ( ( ∑ i ≥ 0 b i t ( xor ( A ) , i ) 2 i ) k ) ans=E(\text{xor}(A)^k,A\subset S)=E((\sum_{i\ge 0}bit(\text{xor}(A),i)2^i)^k) ans=E(xor(A)k,A⊂S)=E((i≥0∑bit(xor(A),i)2i)k)
= E ( ∑ i 1 ≥ 0 ∑ i 2 ≥ 0 ⋯ ∑ i k ≥ 0 2 ∑ j = 1 k i j ∏ j = 1 k b i t ( xor ( A ) , i j ) ) =E(\sum_{i_1\ge 0}\sum_{i_2\ge 0}\dots\sum_{i_k\ge 0}2^{\sum_{j=1}^ki_j}\prod_{j=1}^kbit(\text{xor}(A),i_j)) =E(i1≥0∑i2≥0∑⋯ik≥0∑2∑j=1kijj=1∏kbit(xor(A),ij))
= ∑ i 1 ≥ 0 ∑ i 2 ≥ 0 ⋯ ∑ i k ≥ 0 2 ∑ j = 1 k i j E ( ∏ j = 1 k b i t ( xor ( A ) , i j ) ) =\sum_{i_1\ge 0}\sum_{i_2\ge 0}\dots\sum_{i_k\ge 0}2^{\sum_{j=1}^ki_j}E(\prod_{j=1}^kbit(\text{xor}(A),i_j)) =i1≥0∑i2≥0∑⋯ik≥0∑2∑j=1kijE(j=1∏kbit(xor(A),ij))
发现 E ( ∏ j = 1 k b i t ( xor ( A ) , i j ) ) E(\prod_{j=1}^kbit(\text{xor}(A),i_j)) E(∏j=1kbit(xor(A),ij)) 实际上就是 xor ( A ) \text{xor}(A) xor(A) 的 i 1 , i 2 , … , i k i_1,i_2,\dots,i_k i1,i2,…,ik 这几个二进制为全部为 1 1 1 的概率
然后我们的问题转化成对于一个大小不超过 k k k 的集合 T T T
有多少个 S S S 的子集 A A A 满足对于任意 i ∈ T i\in T i∈T 都满足 xor ( A ) \text{xor}(A) xor(A) 的二进制位 i i i 为 1 1 1
使用线性基解决这个问题
先就二进制位集合 T 内的所有二进制位建出所有数的线性基
如果这个线性基无法异或出使 T T T 内所有二进制位都为 1 1 1 的数，那么合法的子集数显然是 0 0 0
否则为 2 自由元个数 2^{自由元个数} 2自由元个数
有了每个大小 ≤ k \le k ≤k 的二进制位集合在 xor ( A ) \text{xor}(A) xor(A) 中对应的位值全为 1 1 1 的方案数之后，我们就能较为方便地统计答案了
注意两个细节
（1）要用 unsigned long long
（2）直接用 printf("%g\n", ans);会输出形如 num1enum2 （ n u m 1 num1 num1 为实数， n u m 2 num2 num2 为整数）的结果而不是精确值，但我们可以证明答案的 2 2 2 倍一定是个整数，使用整数部分和小数部分模拟即可

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>typedef unsigned long long ull;inline ull read()
{ull res = 0; bool bo = 0; char c;while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);return bo ? ~res + 1 : res;
}template <class T>
inline T Max(const T &a, const T &b) {return a > b ? a : b;}const int N = 1e5 + 5, M = 70;int n, k, tot, bi[M], cc[M], fac[M], C[M][M];
ull a[N];
bool is[M];struct point5
{ull num; bool is;friend inline point5 operator + (point5 a, point5 b){point5 res = (point5) {a.num + b.num, 0};res.is = a.is ^ b.is;if (a.is && b.is) res.num++;return res;}
} ans;struct Base
{int n;ull bas[M];bool vis[M];void init(int _n){n = _n;memset(vis, 0, sizeof(vis));}void ins(ull x){for (int i = n; i >= 0; i--){if (!((x >> i) & 1)) continue;if (vis[i]) x ^= bas[i];else return (void) (vis[i] = 1, bas[i] = x);}}bool check(ull x){ull res = 0;for (int i = n; i >= 0; i--){if (!vis[i]) continue;if (((res >> i) & 1) ^ ((x >> i) & 1)) res ^= bas[i];}return res == x;}
} A, B;void calc()
{B.init(tot - 1);for (int i = 0; i <= A.n; i++){if (!A.vis[i]) continue;ull x = 0;for (int j = 1; j <= tot; j++)x |= ((A.bas[i] >> bi[j]) & 1) << j - 1;B.ins(x);}if (!B.check((1 << tot) - 1)) return;int cnt = 0, w = k;for (int i = 0; i <= B.n; i++) if (B.vis[i]) cnt--;for (int i = 1; i <= tot; i++) cnt += bi[i] * cc[i];point5 delta = (point5) {1, 0};for (int i = 1; i <= tot; i++)delta.num *= C[w][cc[i]], w -= cc[i];if (cnt > 0) for (int i = 1; i <= cnt; i++) delta.num <<= 1;else for (int i = 1; i <= -cnt; i++){if (delta.num & 1) delta.is = 1;delta.num >>= 1;}ans = ans + delta;
}void dfs(int dep, int sum)
{if (dep == A.n + 1){if (sum == k) calc();return;}for (int i = 0; i <= k - sum; i++){if (i) bi[++tot] = dep, cc[tot] = i;dfs(dep + 1, sum + i);if (i) tot--;}
}int main()
{std::cin >> n >> k;for (int i = 1; i <= n; i++){a[i] = read();for (int j = 0; j <= 63; j++)if ((a[i] >> j) & 1) A.n = Max(A.n, j);}for (int i = 1; i <= n; i++) A.ins(a[i]);for (int i = 0; i <= k; i++) C[i][0] = 1;for (int i = 1; i <= k; i++)for (int j = 1; j <= i; j++)C[i][j] = C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1];dfs(0, 0);std::cout << ans.num;if (ans.is) std::cout << ".5";std::cout << std::endl;return 0;
}

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