題目

這可算是描述很簡單的一道題了！但是不簡單。

\(S\)是一個可重集合，\(S = \{a_1, a_2, \dots, a_n \}\)。
等概率隨機取\(S\)的一個子集\(A = \{a_{i_1}, \dots, a_{i_m}\}\)。
計算出\(A\)中所有元素異或\(x\), 求\(x^k\)的期望。

要點

要點 1

所有異或出來的不同結果的數量是同樣多的（這句話可能有點不清楚）。
我的意思是說，假如異或出來的結果有\(5\)、\(3\)、\(4\)，那么結果是\(5\)的異或方案數量是等于結果是\(3\)的異或方案數量的，也是等于結果是\(4\)的異或方案數量的。

除此之外，如果
設異或結果為\(0\)的子集（包括空集）數量為\(n\)，那么如果異或出來的結果有\(x\)，那么一定恰好有\(n\)種方案使得異或出來的結果是\(x\)。

要點 2 \(a_i\)的大小

設其大小為\(2^m-1\)，說白了就是化成二進制后有多少位。

那么\[(2^m-1)^k \leqslant answer < 2^{63}\]
即\[2^{mk} \leqslant 2^{63}\]
就是\[m \leqslant \frac {63} {k}\]

算法

算法 1

根據要點1，很容易想到高斯消元。消元后直接暴力即可，不過這個時間復雜度是 \(O(2^m)\)。只能通過\(60 \%\)的數據。

算法 2

設\(P = \lbrace a_1, a_2, \dots, a_{2^n} \rbrace\)，它的元素就是\(A\)中所有元素異或，所以它的大小為\(2^n\)。

那么答案為\[\frac {\sum_{i=1}^{2^n} {{a_i}^k}} {2^n}\]

由于\(a_i\)化成二進制后位數比較少，所以用\(b_{i,j}\)表示\(a_i\)化成二進制后的第\(j\)位。

那么答案可以寫成\[\frac {\sum_{i=1}^{2^n} ({{\sum_{j=0}^{m} { b_{i,j} \cdot 2^j }}})^k} {2^n}\]

現在假設\(k=2\)，有：\[\frac {\sum_{i=1}^{2^n} ({{\sum_{j=0}^{m} \sum_{p=0}^{m} {} { b_{i,j} \cdot b_{i,p} \cdot 2^{j+p} }}})} {2^n}\]

也就是：\[\sum_{j=0}^{m} \sum_{p=0}^{m}( \frac {\sum_{i=1}^{2^n} { b_{i,j} \cdot b_{i,p} }} {2^n}\cdot 2^{j+p})\]

對于\(\frac {\sum_{i=1}^{2^n} { b_{i,j} \cdot b_{i,p} }} {2^n}\)，是可以在\(O(n)\)的時間復雜度內算出來的！如果\(j=p\)，那么這個值為第\(j\)為\(1\)的概率，如果\(j\neq p\)，那么這個值為第\(j\)和第\(p\)同時為\(1\)的概率，這個用一個迭代可以算出（根據要點1，算出最終所有可能出現的異或結果，這里的異或結果是指第\(j\)位和第\(p\)，只有4種結果）。

當\(k \neq 2\)時，原理一樣！

這樣子，我們就可以在\(O(m^k \cdot (n + (2^k)^3))\)內算出\(answer\)了。

km總復雜度(估算)

1	63	63
2	31	61504
3	21	4741632
4	15	207360000
5	12	8153726976

好吧，你會發現迭代的時間復雜度有點高！事實上可以利用高斯消元后的獨立數進行推導同時出現\(1\)的概率。

這樣的話，時間復雜度就是\(O(m^k \cdot m)\)了。

轉載于:https://www.cnblogs.com/wangck/p/4187488.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的清华集训2014 day1 task1 玛里苟斯的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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