\(Description\)
给定\(n\)个十维向量\(\overrightarrow{V_i}=x_1,x_2,...,x_{10}\)。定义\(\overrightarrow{V}=x_1,x_2,...,x_{10}\)的模长\(|\overrightarrow{V}|=\sqrt{x_1^2+x_2^2+...+x_{10}^2}\)。求有多少个四元组\(1\leq i,j,k,l\leq n\)满足\(|\overrightarrow{V_i}-\overrightarrow{V_j}|=|\overrightarrow{V_k}-\overrightarrow{V_l}|\)。
\(n\leq10^5,\ 0\leq x_i\leq2\)。
\(Solution\)
考虑\(x\in[0,2]\)的话如何转化\((x_i-x_j)^2\)。将每个向量用一个\(20\)位二进制数\(a\)表示，即\(x_i=0\)，则\(a\)的第\(2i-1\)和\(2i\)位为\(00\)；\(x_i=1\)，第\(2i-1\)和\(2i\)位为\(01\)；\(x_i=2\)，第\(2i-1\)和\(2i\)位为\(10\)。
这样当\(x_i-x_j\)不同时，对应唯一的\(a_i\ \mathbb{xor}\ a_j\)的结果。所以我们计算\(a_i\ \mathbb{xor}\ a_j\)就能知道差的模长\(|\overrightarrow{V_i}-\overrightarrow{V_j}|\)了。
用\(FWT\)计算\(a_i\ \mathbb{xor}\ a_j=b\)的\((i,j)\)有多少个，再把\(b\)转为模长，就行了。模长最大值是\(40\)。
复杂度\(O(20\times2^{20})\)。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define mod 998244353
#define inv2 499122177
#define Add(x,y) x+y>=mod?x+y-mod:x+y
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=(1<<20)+5,lim=1<<20,ref[]={0,1,4,1};
int A[N],B[50];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
void FWT(int *a,int opt)
{
for(int i=2; i<=lim; i<<=1)
for(int j=0,mid=i>>1; j<lim; j+=i)
for(int k=j; k<j+mid; ++k)
{
int x=a[k],y=a[k+mid];
a[k]=Add(x,y), a[k+mid]=Add(x,mod-y);
if(opt==-1) a[k]=1ll*a[k]*inv2%mod, a[k+mid]=1ll*a[k+mid]*inv2%mod;
}
}
int main()
{
const int n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
int a=0;
for(int j=0; j<10; ++j)
switch(read())
{
case 0: a<<=2; break;
case 1: a<<=2, a|=1; break;//先左移再或。。
case 2: a<<=2, a|=2; break;
}
++A[a];
}
FWT(A,1);
for(int i=0; i<lim; ++i) A[i]=1ll*A[i]*A[i]%mod;
FWT(A,-1);
for(int i=0; i<lim; ++i)
{
if(!A[i]) continue;
int res=0;
for(int x=i; x; x>>=2) res+=ref[x&3];
B[res]=Add(B[res],A[i]);
}
LL ans=0;
for(int i=0; i<=40; ++i) ans+=1ll*B[i]*B[i]%mod;
printf("%lld\n",ans%mod);
return 0;
}