JZM 去爬山（FWT ，构造）

题解

JZM 终于打完国赛回来了！为了放松一下，JZM 等人瞒着同学们去爬山。

JZM 在山脚买了份地图，地图共有 N 行，M 列，N×M 个格子，每个格子里的数（记为 $a_{i,j}$）表示这座山的高度，$1\le a_{i,j}\le K$ 。JZM 发现在每行开头和每列开头都有数字，具体地，每行开头的数字形成序列 A，每列开头的数字形成序列 B，A、B 满足
$$\begin{gathered} A_i=a_{i,1}\&a_{i,2}\&a_{i,3}\&\cdots \&a_{i,M}(1\le i\le N) \\ {B}_j=a_{1,j}|a_{2,j}|a_{3,j}|\cdots |a_{N,j}(1\le i\le M) \end{gathered}$$

JZM 突然好奇想问你一个问题：给定 $N,M,K$ ，共有多少种 $A,B$ 序列的情况存在？两种状况不同当且仅当 $A$ 序列中某个数不同或 $B$ 序列中某个数不同。答案对 998244353 取模。

$2\le N,M\le 10^{18},1\le K\le 5\times 10^5$

Sample Input #1

2 2 2

Sample Output #1

15

Sample Input #2

3 3 5

Sample Output #2

615

Sample Input #3

7 10 20

Sample Output #3

329564051

题解

不难发现，由于每个 $A_i$ 限制了一整行的 $a_{i,j}$ 二进制中哪些 1 必须有，而 $B_j$ 又是对一整列求或，其中每一行的数都会有，因此 $$(A_1|A_2|A_3|...|A_N)\subseteq (B_1\&B_2\&B_3\&...\&B_M)$$

这里的 “$\subseteq$” 即二进制下是否为子集（$x\subseteq y\iff x\&y=x$），满足这个条件后呢？现在我们要证明这是一种方案 $A,B$ 合法的充要条件。

如果满足这个条件，我们尝试把矩阵构造出来，先把第 $i$ 行都赋值为 $A_i$ 的值，然后去满足 $B$ ，我们只需要把每一列选一个数赋为 $B_j$ 就行了，那么，只要不是只有一行的极端情况，那么就还有数字可以满足 $A$，但是题目已经给出范围：$2\le N,M$ ，因此一定有解。

证明了充要条件后，我么就可以放心计数了。枚举 $(A_1|A_2|A_3|...|A_N)$ ，加上此时 $A$ 的方案数 × $B$ 的方案数，这个只需要快速沃尔什变换就行了，当然也没必要 $O(K{\log }^{2}k)$ 去解决，我们只需要卷一次，然后每个单独元素快速幂后卷回来就行。复杂度 $O(K\log K)$ 。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 500005
#define DB double
#define LL long long
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
LL read() {
    
    
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {
    
    if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {
    
    x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
const int MOD = 998244353;
int n,m,i,j,s,o,k;
void MD(int &x) {
    
    if(x>=MOD)x-=MOD;}
int qkpow(int a,LL b) {
    
    
	b %= (MOD-1);int res = 1;
	while(b > 0) {
    
     
		if(b & 1) res = res *1ll* a % MOD;
		a = a *1ll* a % MOD; b >>= 1;
	}return res;
}
int A[MAXN<<2],B[MAXN<<2];
void DWTOR(int *s,int n) {
    
    
	for(int k = 2;k <= n;k <<= 1) {
    
    
		for(int j = 0;j < n;j += k) {
    
    
			for(int i = j;i < j+(k>>1);i ++) {
    
    
				MD(s[i+(k>>1)] += s[i]);
			}
		}
	}return ;
}
void IDWTOR(int *s,int n) {
    
    
	for(int k = n;k > 1;k >>= 1) {
    
    
		for(int j = 0;j < n;j += k) {
    
    
			for(int i = j;i < j+(k>>1);i ++) {
    
    
				MD(s[i+(k>>1)] += MOD-s[i]);
			}
		}
	}return ;
}
void DWTAND(int *s,int n) {
    
    
	for(int k = 2;k <= n;k <<= 1) {
    
    
		for(int j = 0;j < n;j += k) {
    
    
			for(int i = j;i < j+(k>>1);i ++) {
    
    
				MD(s[i] += s[i+(k>>1)]);
			}
		}
	}return ;
}
void IDWTAND(int *s,int n) {
    
    
	for(int k = n;k > 1;k >>= 1) {
    
    
		for(int j = 0;j < n;j += k) {
    
    
			for(int i = j;i < j+(k>>1);i ++) {
    
    
				MD(s[i] += MOD-s[i+(k>>1)]);
			}
		}
	}return ;
}
int main() {
    
    
	freopen("pair.in","r",stdin);
	freopen("pair.out","w",stdout);
	LL N = read(),M = read();m = read();
	int le = 1;while(le <= m) le <<= 1;
	for(int i = 0;i <= m;i ++) {
    
    
		A[i] = B[i] = 1;
	}
	DWTOR(A,le);
	for(int i = 0;i < le;i ++) A[i] = qkpow(A[i],N);
	IDWTOR(A,le);
	DWTAND(B,le);
	for(int i = 0;i < le;i ++) B[i] = qkpow(B[i],M);
	int ans = 0;
	for(int i = 0;i <= m;i ++) {
    
    
		MD(ans += A[i] *1ll* B[i] % MOD);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}