題目傳送門

　　傳送門I

　　傳送門II

題目大意

　　給定集合$S$，問集合$S$的任意選一個子集的異或和的$k$次冪期望。

　　保證答案在$2^{63}$內。

　　注意到答案在$2^{63}$內，所以，當$k \geqslant 3$的時候，$a_{i} \leqslant 2^{21}$，這意味著本質不同的異或結果至多$2^{21}$個。

　　于是可以做線性基，然后暴力枚舉子集計算異或和$k$次冪。

　　注意答案在$2^{63}$內，但是中間結果會溢出。所以用兩個unsigned long long來壓成__int128。

　　恰好除數為$2^{\left | \mathfrak{B} \right |}$。可以保留$\left \lfloor \frac{ans}{2^{\left | \mathfrak{B} \right |}} \right \rfloor$，以及除以$2^{\left | \mathfrak{B} \right |}$的余數。

　　現在考慮$k < 3$的情況。

• 如果$k = 1$，分別考慮每一位，如果這一位存在1個數為1，那么異或后這一位為1的概率為$\frac{1}{2}$，因為選了多少個這一位為0個數不會影響，有影響的只是選了這一位為$1$的數的奇偶性。記得之前某篇博客里證明過，非空集合的奇子集的數量等于偶子集的數量。但是如果不存在這一位為1的數，那么結果為$0$。
• 如果$k = 2$。那么對于一個異或和$x = b_{p}b_{p - 1}\cdots b_{0}$，它的貢獻為$\sum_{i = 0}^{p}\sum_{j = 0}^{p} b_{i} \cdot b_{j} \cdot 2^{i + j}$。
  然后考慮枚舉任意兩個二進制位，考慮它們對答案的貢獻。
  接著需要做的事是，考慮選取一個子集，它的異或和在第$i$位和第$j$位上的值同時為1的概率（否則沒有貢獻）。
  如果第$i$位和第$j$位上，如果其中一個不存在一個數在這一位上為1，那么概率為0。
  如果第$i$位和第$j$位上，不滿足上面的條件，但所有數這兩位上的值都相等，那么概率為$\frac{1}{2}$。
  如果以上兩種情況都不滿足。考慮對于每一個數將這兩位上的值看成一個二元組$(b_{i}, b_{j})$，當且僅當它為$(1, 1)$時，才對答案有貢獻。
  1.考慮選出的$(1, 1)$的個數為奇數，它的概率為$\frac{1}{2}$，那么選出的$(0, 0)$的數量不限，$(0, 1)$的個數為奇數，$(1, 0)$的個數為奇數，它們的概率分別為$\frac{1}{2}$，這一部分總的概率是$1\times \left(\frac{1}{2} \right)^{3} = \frac{1}{8}$。
  2.考慮選出的$(1, 1)$的個數為偶數，這一部分的概率也是$\frac{1}{8}$。
  所以這樣的概率總的為$\frac{1}{8}\times 2 = \frac{1}{4}$。

　　由于異或的最后一位為1的概率為$\frac{1}{2}$或者$0$，因此，結果的小數位要么是0，要么是.5。

　　然后這道題要用unsigned long long存答案，不然會WA。

Code

1 /** 2 * bzoj 3 * Problem#3811 4 * Accepted 5 * Time: 1256ms 6 * Memory: 2076k 7 */ 8 #include <bits/stdc++.h> 9 #ifdef WIN32 10 #define Auto "%I64u" 11 #else 12 #define Auto "%llu" 13 #endif 14 using namespace std; 15 typedef bool boolean; 16 17 #define ll unsigned long long 18 19 int n, k; 20 ll *ar; 21 22 inline void init() { 23 scanf("%d%d", &n, &k); 24 ar = new ll[(n + 1)]; 25 for (int i = 1; i <= n; i++) 26 scanf(Auto, ar + i); 27 } 28 29 namespace small { 30 31 ll res = 0, ans = 0; 32 inline void solve() { 33 if (k == 1) { 34 for (int i = 1; i <= n; i++) 35 res |= ar[i]; 36 printf(Auto, res >> 1); 37 (res & 1) ? (puts(".5")) : (0); 38 } else { 39 for (int i = 0; i < 32; i++) 40 for (int j = 0; j < 32; j++) { 41 boolean aflag = false; 42 for (int k = 1; k <= n && !aflag; k++) 43 if (ar[k] & (1ll << i)) 44 aflag = true; 45 if (!aflag) continue; 46 aflag = false; 47 for (int k = 1; k <= n && !aflag; k++) 48 if (ar[k] & (1ll << j)) 49 aflag = true; 50 if (!aflag) continue; 51 aflag = false; 52 for (int k = 1; k <= n && !aflag; k++) 53 if (((ar[k] >> i) & 1) != ((ar[k] >> j) & 1)) aflag = true; 54 int p = i + j - aflag - 1; 55 if (p < 0) 56 res++; 57 else 58 ans += 1ll << p; 59 } 60 ans += (res >> 1), res &= 1; 61 printf(Auto, ans); 62 (res) ? puts(".5") : 0; 63 } 64 } 65 66 } 67 68 namespace big { 69 const int maxbase = 23; 70 ll br[maxbase]; 71 vector<ll> v; 72 ll ans = 0, res = 0; 73 74 inline void solve() { 75 for (int i = 1; i <= n; i++) 76 for (int j = maxbase - 1; ~j && ar[i]; j--) { 77 if ((ar[i] >> j) & 1) { 78 if (br[j]) 79 ar[i] ^= br[j]; 80 else 81 br[j] = ar[i], ar[i] = 0; 82 } 83 } 84 for (int i = 0; i < maxbase; i++) 85 if (br[i]) 86 v.push_back(br[i]); 87 int s = (signed)v.size(); 88 ll mask = (1ull << s) - 1; 89 for (int i = 0; i <= mask; i++) { 90 ll xs = 0; 91 for (int j = 0; j < s; j++) 92 if (i & (1 << j)) 93 xs ^= v[j]; 94 ll a = 0, b = 1; 95 for (int i = 0; i < k; i++) { 96 a = a * xs, b = b * xs; 97 a += (b >> s), b &= mask; 98 } 99 100 ans += a, res += b; 101 ans += (res >> s), res &= mask; 102 } 103 printf(Auto, ans); 104 puts((res) ? (".5") : ("")); 105 } 106 } 107 108 int main() { 109 init(); 110 if (k < 3) 111 small::solve(); 112 else 113 big::solve(); 114 return 0; 115 }

轉載于:https://www.cnblogs.com/yyf0309/p/8698413.html

總結

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