uoj

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給你\(n\)個數，求從中選出兩個交集為空的非空集合異或和相等的方案數模\(998244353\)。

sol

其實也就是選出一個集合滿足異或和為\(0\)，然後把它分成兩半。
利用生成函數那套理論，就是對於每個\(a_i\)，構造一個多項式\(b_i\)，其中\(b_0=1,b_{a_i}=2\)，然後把這\(n\)個\(b\)做集合異或卷積。這樣我們就得到了一個優秀的\(O(na_i\log a_i)\)的做法辣（霧）。
我們考慮一下\(b_0=1,b_{a_i}=2\)的這個\(b\)做一次\(FWT\)後會發生什麽。
\(b_0=1\)會使得每個位置\(+1\)，\(b_{a_i}=2\)

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
const int N = 1<<20;
const int mod = 998244353;
int n,mx,len=1,a[N],b[N];
int fastpow(int a,int b){
    int res=1;
    while(b){if(b&1)res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
    return res;
}
void fwt(int *P,int opt){
    for (int i=1;i<len;i<<=1)
        for (int p=i<<1,j=0;j<len;j+=p)
            for (int k=0;k<i;++k){
                int x=P[j+k],y=P[j+k+i];
                P[j+k]=1ll*(x+y)*opt%mod;
                P[j+k+i]=1ll*(x-y+mod)*opt%mod;
            }
}
int main(){
    n=gi();int inv2=(mod+1)/2;
    for (int i=1,x;i<=n;++i)
        x=gi(),++a[x],mx=max(mx,x);
    while (len<=mx) len<<=1;
    fwt(a,1);
    for (int i=0;i<len;++i){
        int x=1ll*(a[i]+n)*inv2%mod;
        a[i]=fastpow(3,x);if((n-x)&1)a[i]=mod-a[i];
    }
    fwt(a,inv2);
    printf("%d\n",(a[0]-1+mod)%mod);
    return 0;
}
 

[UOJ310][UNR #2]黎明前的巧克力