CF gym102586 E. Count Modulo 2【模2下定和選數的方案數】

題目描述：

給出 $K$ 個互不相同的數 $A_i$，求一個長爲 $N$ 的序列 $\{x_j\},x_j\in[1,K]$，滿足$\sum_{j=1}^NA_{x_j}=S$ 的方案數模2的值。

$K\le200,N,S\le10^{18},0\le A_i\le10^5$

題目分析：

設每個 $A_i$ 出現了 $p_i$ 次，那麼 $\sum p_i=N,\sum A_ip_i=S$，考慮對應到排列上，那麼序列 $\{p\}$ 對方案數的貢獻次數是 $\frac {N!}{\prod p_i!}$

那麼一個序列 $\{p\}$ 的貢獻模2餘1，則要求上面的式子不能被2整除，我們知道式子中含2的因子數 $=\sum_{i=0}^\infty\left\lfloor\frac N{2^i}\right\rfloor-\sum_{j=1}^K\left\lfloor \frac {p_j}{2^i}\right\rfloor$

而 $\sum p_i=N$，與庫默爾定理類似，這意味着在二進制下做加法不能進位。即 $p_i$ 是 $N$ 二進制下的子集
那麼考慮 $N$ 每一位 1 分配給哪個 $p_i$，即求 $\sum_{i=0}^\infty[N>>i\&1]2^iA_{x_i}=S$
的序列 $\{x\}\in[1,K]$ 的方案數模 2

從低位往高位類數位DP，每次可以確定最低位，設狀態 $f[i][V]$ 爲已經確定了前 $i$ 位，當前的和爲 $2^i*V$ 的方案數，那麼轉移就是加入一個 $A_j$。然後根據 $S$ 在當前位的值確定保留哪些方案，然後整體除以2。和最大爲 $2*MaxA$
複雜度 $O((K+1)*MaxA*\log N)$，bitset優化至 $O(K*\frac {MaxA}w\log N+MaxA\log N)$

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
int T,K,A[205],Mx;
LL N,S;
bitset<200005>f,g;
int main()
{
	for(scanf("%d",&T);T--;){
		scanf("%lld%lld%d",&N,&S,&K),Mx=0;
		for(int i=1;i<=K;i++) scanf("%d",&A[i]),Mx=max(Mx,A[i]);
		f.reset(),f[0]=1;
		for(int i=0;N;N>>=1,S>>=1,i++){
			if(N&1){
				g.reset();
				for(int j=1;j<=K;j++) g^=f<<A[j];
			}
			else g=f;
			f.reset();
			for(int j=S&1;j<=2*Mx;j+=2) f[j>>1]=g[j];
		}
		printf("%d\n",int(f[S]));
	}
}