[UOJ310]黎明前的巧克力

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題意

在集合中選出任意多數，使得異或和為\(0\)，再將其分為兩個有區別的可空集合的方案數（兩集合不能都為空）

題解

考慮生成函數
如果選出一個異或和為\(0\)的集合大小為\(k\)，那麽對答案的貢獻就是\(2^k\)，於是把系數置為\(2\)
假設\(n\)個數的生成函數為\(2x^{a[i]}\)，分別為\(A,B,C...\)
那麽答案就是\((A*B)[0],(B*C)[0],(A*B*C)[0]...\)（異或卷積）
我們可以把每個生成函數的\(0\)次項置為\(1\)，那麽答案就直接是\((A*B*C...)[0]\)

就應該是\(Ans=FWT(A)*FWT(B)*FWT(C)...\)（每一位對應乘）
然後再把\(Ans\)給\(UFWT\)回來就是答案了
由於\(FWT\)的可加性（證明戳我）
大概就是說\(FWT\)的本質就是高維前綴和，兩個數組先算前綴和再加和先加再算前綴和的效果是一樣的

\(FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)\)

而且每個多項式都很特殊，\(0\)位上為\(1\)會對每一位做貢獻，\(a[i]\)位為\(2\)會對一些位做\(2\)的貢獻對另一些位做\(-2\)的貢獻（因為是異或卷積所以每一位的數\(FWT\)後都會對所有的位造成影響），由此每一位要麽為\(-1\)要麽為\(3\)

代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
using namespace std;
int read()
{
    char ch=getchar();int h=0,t=1;
    while((ch>'9'||ch<'0')&&ch!='-') ch=getchar();
    if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') h=h*10+ch-'0',ch=getchar();
    return h*t;
}
const int mod=998244353;
const int N=1<<21;
const int inv=499122177;
int n,A[N],B[N],bit3[N],l;
void FWT_xor(int *P,int op)
{
    for(int i=1;i<l;i<<=1)
        for(int j=0,p=i<<1;j<l;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)%mod*op%mod;
                P[j+k+i]=1ll*((X-Y)%mod+mod)*op%mod;
            }
}
int main()
{
    n=read();A[0]=n;bit3[0]=1;int mx=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) bit3[i]=bit3[i-1]*3ll%mod;
    for(int i=1,x;i<=n;i++) A[x=read()]+=2,mx=max(mx,x);
    for(l=1;l<=mx;l<<=1);
    FWT_xor(A,1);
    for(int i=0;i<l;i++)
    {
        int x=(3ll*n-A[i]+mod)*inv%mod*inv%mod;
        A[i]=bit3[n-x]; if(x&1) A[i]=mod-A[i];
    }
    FWT_xor(A,inv);
    printf("%d\n",(A[0]-1+mod)%mod);
}
 

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