[BZOJ3811]玛里苟斯

题目

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题目概要
对于可重集合 $S$ ，设其元素个数为 $n$ ，显然它有 $2^n$ 个子集。定义集合的权值为其中元素的异或和，求子集的权值的 $k$ 次方的期望。即：$\frac{\sum_{s\subseteq S}f(s)^k}{2^n}$ 的值，$f(s)$ 是集合内元素的异或和。

数据范围与约定
$n\le 10^5,k\le 5$ 。

思路

$\bf{FBL\;\;WARNING}：我将试着使用奇怪的文风去论述这个问题。$

刚看一眼，就被这道题给吓住了，$n$ 很大，$k$ 却小的可怜，$5$ 站在 $10^5$ 旁边，显得毫不起眼。但我们不着眼于出题人的区别对待，我们要拯救每一个 $k$ ，让世界重新充满爱。

• $k=1$ 的时候，这道题变得平淡无奇，味同嚼蜡。所有的 $f$ 中，有一半都满足第 $i$ 位是一个 $1$ ，只要 $S$ 中存在一个数字可以提供这个 $1$ 。这是因为，这个数字是否出现，这件事不影响别人，它只负责自己的选择，就像 $zxy$ 默默的 $AK$ 。若夫它看到是 $0$ ，它便义无反顾地将自己融入整个群体；至若此值已经为 $1$ ，它不会出现在人们的视野中，好像从未出现过，又好像一直都在。
• $k=2$ 的时候，我们要做的是一个平方的选择。两个元素，虽然不在一个括号中，但是二人的心却在一起，这就是平方的真谛。二者何人？枚举则知。不是所有人都能够相遇，就像人生总会有很多遗憾。如果二者可以被独立抉择——存在一个数字，在第 $i$ 位为 $1$ 而第 $j$ 位为 $0$ ——那么二人是不容易遇到的，只有 $\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ 。如果不是独立抉择，就会翻倍，得到 $\frac{1}{2}$ 了。
• $k\ge 3$ 的时候，我们终于可以大展拳脚了。我们有很多方法。我们可以利用答案小于 $2^{63}$ 的特点，直接猜到 $a\le 2^{22}$ 次方，求出线性基，然后暴力枚举。我们也可以继续学习 $k=2$ 的方案。

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我改悔了。

对于 $k=2$ ，我们拆位，将一个数字拆成很多个 $2$ 的幂之和。然后平方就是选两个二进制位呗。

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假设最大的一个二进制位是 $2^x$ ，那么至少有一半的异或和不小于 $2^x$ ，与 $k=1$ 的情况类似。

所以答案至少有 $\frac{1}{2}\cdot(2^x)^k<2^{63}$ ，可以解出 $x<\frac{64}{k}$ ，然后就没了。

作乘法可能会爆 $unsigned\;long\;long$ ，稍微打的骚一点就好了。

代码

// 湘妹儿，永远滴神！
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
typedef unsigned long long int_;
int_ readint(){
	int_ x; scanf("%llu",&x);
	return x; // cin就能兼容了[滑稽]
}

int_ d[100];
void insert(int_ x){
	for(int i=63; i>=0&&x; --i)
		if(x>>i&1){
			if(d[i] == 0)
				d[i] = x;
			x ^= d[i];
		}
}

int n, k, cnt; // 分母是pow(2,cnt)
int_ zheng, xiao; // 整数与小数
void dfs(int t,int_ now){
	if(t == -1){
		int_ res = 1; // 加入res*now
		for(int i=1; i<k; ++i)
			res *= now;
		int_ yu = res%(1<<cnt);
		res = res/(1<<cnt);
		// 变成了res*(1<<cnt)+yu
		zheng += res*now;
		xiao += yu*now;
		zheng += xiao/(1<<cnt);
		xiao = xiao%(1<<cnt);
		return ;
	}
	if(d[t]) dfs(t-1,now);
	dfs(t-1,now^d[t]);
}
int main(){
	n = readint(), k = readint();
	for(int i=0; i<n; ++i)
		insert(readint());
	int_ all = 0;
	for(int i=63; i>=0; --i)
		all |= d[i];
	if(k == 1){
		cnt = 1;
		zheng = all>>1;
		xiao = all&1;
	}
	if(k == 2){
		cnt = 2;
		for(int i=32; i>=0; --i)
		if(all>>i&1)
		for(int j=32; j>=0; --j)
		if(all>>j&1){
			bool apart = false;
			for(int o=32; o>=0; --o)
				if((d[o]>>i&1)^(d[o]>>j&1))
					{ apart = true; break; }
			int mom = (apart ? 1 : 0)+1;
			if(i+j >= mom)
				zheng += (1ull<<(i+j-mom));
			else
				xiao += 1ull<<(i+j+cnt-mom);
			// 为了让分母pow(2,mom->cnt)
			zheng += xiao/(1<<cnt);
			xiao = xiao%(1<<cnt);
		}
	}
	if(k >= 3){
		for(int i=0; i<=63; ++i)
			if(d[i] > 0) ++ cnt;
		dfs(63,0);
	}
	printf("%llu",zheng);
	if(xiao) putchar('.');
	while(xiao *= 10){
		printf("%llu",xiao/(1<<cnt));
		xiao %= (1<<cnt);
	}
	return 0;
}