Description

有三個人 \(A, B, C\) 參加選舉。有 \(n\) 個選民，每個選民都有一個投票順序 \(b\)，\(b(X)\) 表示 \(X\)（顯然 \(X\in\{A, B, C\}\)）在其心中的排名。有 \(\{b(A), b(B), b(C)\}=\{1, 2, 3\}\)。

當 \(X\) 對決 \(Y\) 時會得到一個 01 序列 \(x_1, x_2, \cdots, x_n\)，其中 \(x_i=[b(X)<b(Y)]\)。題目還會給定一個函式 \(f\)，含義是若 \(f(x)=1\) 那麼 \(X\) 就贏了。函式 \(f\) 的 \(2^n\) 中 \(x\)

求在所有 \(b\) 的情況中，隨機選定一種後，\(A, B, C\) 三人中兩兩對決，其中有一個人贏了兩次的概率 \(\times 6^n\) 的結果（可以證明為整數）\(\bmod (10^9+7)\) 的值

Hint

\(1\le n\le 20\) 為什麼只有 20 個選民

Solution

根本沒思路/dk

由於三個人的地位相同，不妨假定 \(A\) 對決 \(B, C\)，然後對求出的結果 \(\times 3\) 即為答案。

設 \(A\to B, A\to C\)

考慮第 \(i\) 個人的情況 \(a_i\) 和 \(b_i\)，如果 \(a_i=0,b_i=1\)，那麼說明 \(b(B) < b(A) < b(C)\)，這三個人在 \(i\) 心中的順序已經被確定，同理 \(a_i=1, b_i=0\) 的情況也是如此。

反之，如果 \(a_i=b_i\)，不論兩者是零是一，都只能說明 \(b(A)\) 同時小於或同時大於 \(b(B)\) 和 \(b(C)\)，至於 \(b(B)\) 和 \(b(C)\) 的大小關係還沒有辦法確定，那麼還存在兩種可能的情況。

小結一下：如果 \(a_i \ne b_i\)，那麼第 \(i\) 個人的 \(b\) 只有一種可能，反之就是兩種。對於序列 \(a, b\) 而言，對於所有 \(a_i\ne b_i\) 的人都快存在兩種情況，也就是一共 \(2^{\sum_i[a_i\ne b_i]}\) 中可能。

上面那個 \(\sum_i[a_i\ne b_i]\) 太難搞了，我們若是將 \(a, b\) 直接理解為兩個二進位制數，那麼就是 \(2^{n-\text{popcount}(a\oplus b)}\)（\(\oplus\) 為異或，\(\text{popcount}(x)\) 表示 \(x\) 中 1 的個數）。

最終統計答案的式子，就直接列舉 \(a, b\)：

改列舉 \(a, b\) 為列舉 \(a\oplus b\)，就有：

設 \(g(x)=\sum_{a\oplus b=x}f(a)\times f(b)\)，發現這是一個異或卷積，可以 FWT 搞出來 \(g\)。於是做完了。

複雜度 \(O(n\times 2^n)\)。

/*
 * Author : _Wallace_
 * Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
 * Problem : Codeforces 850E Random Elections
 */
#include <cstdio>

const int mod = 1e9 + 7, inv2 = (mod + 1) >> 1;
inline int& reduce(int& x) { return x >= mod ? x -= mod : x; }
void fwt(int* f, int n, bool flag) {
  for (int p = 2, q = 1; p <= (1 << n); q = (p <<= 1) >> 1)
    for (int i = 0; i < (1 << n); i += p)
      for (int x, y, j = i; j < i + q; j++) {
        x = f[j], y = f[j + q], reduce(f[j] = x + y), reduce(f[j + q] = x - y + mod);
        if (flag) f[j] = (f[j] * 1ll * inv2) % mod, f[j + q] = (f[j + q] * 1ll * inv2) % mod;
      }
}

const int N = 20;
int n, f[1 << N];

signed main() {
  static char s[1 << N]; scanf("%d%s", &n, s);
  for (int i = 0; i < (1 << n); i++) f[i] = s[i] - '0';

  fwt(f, n, 0);
  for (int i = 0; i < (1 << n); i++)
    f[i] = (f[i] * 1ll * f[i]) % mod;
  fwt(f, n, 1);

  int ans = 0;
  for (int i = 0; i < (1 << n); i++)
    reduce(ans += (f[i] * 1ll * (1 << (n - __builtin_popcount(i)))) % mod);
  return printf("%lld\n", ans * 3ll % mod), 0;
}