CF gym102586 E. Count Modulo 2【模2下定和选数的方案数】

题目描述：

给出 $K$ 个互不相同的数 $A_i$，求一个长为 $N$ 的序列 $\{x_j\},x_j\in[1,K]$，满足$\sum_{j=1}^NA_{x_j}=S$ 的方案数模2的值。

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

题目分析：

设每个 $A_i$ 出现了 $p_i$ 次，那么 $\sum p_i=N,\sum A_ip_i=S$，考虑对应到排列上，那么序列 $\{p\}$ 对方案数的贡献次数是 $\frac {N!}{\prod p_i!}$

那么一个序列 $\{p\}$ 的贡献模2余1，则要求上面的式子不能被2整除，我们知道式子中含2的因子数 $=\sum_{i=0}^\infty\left\lfloor\frac N{2^i}\right\rfloor-\sum_{j=1}^K\left\lfloor \frac {p_j}{2^i}\right\rfloor$

而 $\sum p_i=N$，与库默尔定理类似，这意味着在二进制下做加法不能进位。即 $p_i$ 是 $N$ 二进制下的子集
那么考虑 $N$ 每一位 1 分配给哪个 $p_i$，即求 $\sum_{i=0}^\infty[N>>i\&1]2^iA_{x_i}=S$
的序列 $\{x\}\in[1,K]$ 的方案数模 2

从低位往高位类数位DP，每次可以确定最低位，设状态 $f[i][V]$ 为已经确定了前 $i$ 位，当前的和为 $2^i*V$ 的方案数，那么转移就是加入一个 $A_j$。然后根据 $S$ 在当前位的值确定保留哪些方案，然后整体除以2。和最大为 $2*MaxA$
复杂度 $O((K+1)*MaxA*\log N)$，bitset优化至 $O(K*\frac {MaxA}w\log N+MaxA\log N)$

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]));
	}
}