3811: 瑪里茍斯

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Description

魔法之龍瑪里茍斯最近在為加基森拍賣師的削弱而感到傷心，于是他想了一道數學題。 S 是一個可重集合，S={a1,a2,…,an}。 等概率隨機取 S 的一個子集 A={ai1,…,aim}。 計算出 A 中所有元素異或 x, 求 xk 的期望。

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Input

第一行兩個正整數 n, k。 以下 n 行每行一個整數，表示 ai。

?

Output

如果結果是整數，直接輸出。如果結果是小數（顯然這個小數是有限的），輸出精確值（末尾不加多余的 0）。

?

Sample Input

4 2
0
1
2
3

Sample Output

3.5

---

首先，對于題目的答案小于2⁶³，我們可以看出對于不同的k，a_i是不同的：

k=1,a_i<2⁶³
k=2,a_i<2³²
k=3,a_i<2²¹
k=4,a_i<2¹⁶
k=5,a_i<2¹³

首先，因此我們依據數據范圍，對于不同的ai有不同的解法。

其次，題目要求輸出精確的小數，由以下推導我們可以知道，小數最多只有.5,不可能存在.25,.125這樣的：

對于求出來了其中一種情況x，他對答案的貢獻是x^k*p，其中p是該情況出現的概率。
我們以x=2為例，其他k的情況類似：
我們把這個x按二進制分成了最多n位，也就是最大的數的最高位為n。那么他的k次方是(w0*2⁰+w1*2¹+w2*2²……+wn*2ⁿ)*(w0*2⁰+w1*2¹+w2*2²……+wn*2ⁿ)，展開就是w0*w0*2⁰*2⁰+w0*w1*2⁰*2¹……wn*wn*2ⁿ*2ⁿ。其中w_i是它每個二進制位的值。
對于每個項w_i*w_j*2^i+j，他存在的情況是w_i為1且w_j為1，也就是該位異或和為1。那么他的存在的概率為P/2^N(N為輸入的數列數字數),P為該兩位皆為1的情況數。
證明題外話：對于數列，我們可以先做個線性基，把線性相關的數字去掉，剩下的都是線性無關的數，這樣方便處理。
我們可以構造一個異或（%2)的增廣矩陣來求解這樣的一個P的數量，x₁~x_n,即x_i代表這個數字是否在集合中，作為一個行向量X，把所有數字按按二進制位分解，每個數字占一列，構造一個矩陣MART.
那么我們求解的是X*MART=ANS，ANS為一個行向量，只有你要求的對應位為1，其余為0。
假如我們求解的是i位和j位,我們的矩陣對應方程差不多是這樣的：
(2333 此處^為異或)
x₁*w(1,0)^x₂*w(2,0)^x₃*w(3,0) ……^x_N*w(N,0) =0;
x₁*w(1,1)^x₂*w(2,1)^x₃*w(3,1) ……^x_N*w(N,1) =0;
……
x₁*w(1,i)^x₂*w(2,i)^x₃*w(3,i) ……^x_N*w(N,i) =1;
……
x₁*w(1,j)^x₂*w(2,j)^x₃*w(3,j) ……^x_N*w(N,j) =1;
……
x₁*w(1,n)^x₂*w(2,n)^x₃*w(3,n) ……^x_N*w(N,n) =0;
下面還有N-n個方程，對應更高位。畢竟是個矩陣嘛行數等于列數，但它們的w全為0，等號右邊也為0，對求解無影響就不列舉了。

其中w(i,j)，j代表數列第i個數字的第j位。
我們經過高斯消元以后弄成上三角,可以得出有t個f[i][i]非零的行,那么只有這t個xi是有唯一解的，其他的x_i有多解。因為%2，所以其他x_i有2解，那么總共就有2^N-t個解，即P=2^N-t;
那么w_i*w_j存在的概率為p/2^N=1/(2^t);
那么每項對答案的貢獻為2^i+j-t。
對于i≠j,i+j≥1,t≤2，因此最多小數點后1位.5。
對于i==j,上述方程只有一行初始為1，所以t≤1,i+j≥0，也是最多.5。
上述結論擴展成k=n的情況，無非是方程等于1的行增加為n。
如果我們求解的位(w_i*w_j*w_t.....）中有k位不同，那么方程等于1的行就縮小為k行，因此i+j+t....≥0+1+……k-1=k*(k-1)/2>=k-1=t-1,k≥2。
∴Σp-t>=-1,p為所求解對應位的位號。對應k=2的貢獻2^i+j-t，K=n貢獻為2^Σp-t>=2^-1。所以最多有一位小數.5。
k=1顯而易見最多/2所以k=1也是最多也是.5。
至此證明完畢。

接下來我們對應數據范圍，提出三種不同范圍下的解法：

k=1時，就求x的期望，它是線性的。對于所有數的所有子集的異或和，我們從他們某個二進制位看。如果有數字該位為1,那么該位有奇數個1和偶數個1的概率是相等的，皆為1/2。為奇數個為該位為1的情況，為1/2。如果沒有則不可能為1，該位始終為0。
那么我們只要把每個數字或一下，然后乘1/2就是答案了。

k=2時，就要按位做了。先做個線性基剔除線性無關的向量。然后把在線性基每位唯一化(即消消元弄成每位上只有一個數字有1)，這樣做方便處理獨立性。按照上面證明的展開，那么對于兩位i,j，由k=1可得，如果這兩位獨立的話（即不在同一個數字中相應位為1），那么等概率出現(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)，(1,1)即w_i，w_j存在的概率為1/4，不獨立的話只可能等概率出現(0,0)和(1,1)，(1,1)概率為1/2。
那么枚舉32位*32位,算算他們均為1的概率P*2^i+j,作為答案貢獻加入答案中。

k≥3時，由于a_i<2²¹ ,即使枚舉0~a_i也最多百萬級別的時間復雜度。我們可以類似線性基求第k小枚舉出所有可能出現的數字。于是我們可以考慮做完線性基后，唯一化，構造新數組存不為0的元素中。
然后枚舉每個數是否加入異或貢獻中，這樣可以求出所有數異或的所有值了。借用之前題目的結論，每個不同的異或值有P=2^n-|μ|選擇元素的方法，n為原本數組個數，|μ|為新構造的數組個數。那么每個值出現的概率就是P/總選擇方法數=P/(2ⁿ)=1/(2^|μ|)的概率，值 乘 概率即為對答案的貢獻。
這里需要做個兩位的高精來保證數字不出現錯誤。

1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x)) 3 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x)) 4 #define LL unsigned long long 5 #define mod 1000000007 6 using namespace std; 7 const int N=2e5+10; 8 LL a[N],liner[100],per[100]; 9 bool f[40][40]; 10 bool bits[40]; 11 int n,m,k,cnt; 12 LL ans,res,keepbit; 13 void calc(int bit) 14 { 15 clr(liner); 16 LL p; 17 for(int i=1;i<=n;i++) 18 { 19 for(int j=bit;j>=0;j--) 20 { 21 p=a[i]; 22 if(p>>j) 23 { 24 if(liner[j]) p^=liner[j]; 25 else 26 { 27 liner[j]=p; 28 break; 29 } 30 } 31 } 32 } 33 for(int i=bit;i>=0;i--) 34 { 35 for(int j=i-1;j>=0;j--) 36 if((liner[i]>>j)&1) liner[j]^=liner[i]; 37 } 38 cnt=0; 39 for(int i=bit;i>=0;i--) 40 if(liner[i]) 41 per[++cnt]=liner[i]; 42 return ; 43 } 44 void solve1(int n) 45 { 46 ans=0,res=0; 47 for(int i=1;i<=n;i++) 48 ans|=a[i]; 49 if(ans&1) 50 res=1; 51 ans>>=1; 52 return ; 53 } 54 void solve2(int n) 55 { 56 clr(bits); 57 ans=res=0; 58 bool zero; 59 for(int i=32;i>=0;i--) 60 { 61 zero=0; 62 for(int j=1;j<=cnt;j++) 63 { 64 f[i][j]=(per[j]>>i)&1; 65 zero|=f[i][j]; 66 } 67 bits[i]=zero; 68 } 69 int p; 70 for(int i=32;i>=0;i--) 71 for(int j=32;j>=0;j--) 72 if(bits[i]>0 && bits[j]>0) 73 { 74 p=1; 75 for(int l=1;l<=cnt;l++) 76 if(f[i][l]^f[j][l]) 77 { 78 p++; 79 break; 80 } 81 if(i+j-p>=0) 82 ans+=(1LL<<(i+j-p)); 83 else 84 { 85 res++; 86 } 87 ans+=res>>1; 88 res&=1; 89 } 90 return ; 91 } 92 93 void dfs(int pos,LL num) 94 { 95 96 if(pos>cnt) 97 { 98 //兩位高精度計算u高位，v低位，因為這東西太大了。k>=3的情況下ans和res也算是一個高精度的高位和低位關系。 99 LL u=0,v=1; 100 for(int i=1;i<=k;i++) 101 { 102 u*=num; 103 v*=num; 104 u+=v>>cnt; 105 v&=keepbit; 106 } 107 ans+=u; 108 res+=v; 109 ans+=res>>cnt; 110 res&=keepbit; 111 return ; 112 } 113 dfs(pos+1,num^per[pos]); 114 dfs(pos+1,num); 115 return ; 116 } 117 void solve3(int n,int k) 118 { 119 ans=0; 120 res=0; 121 keepbit=(1LL<<cnt)-1; 122 dfs(1,0); 123 return ; 124 } 125 int main() 126 { 127 scanf("%d%d",&n,&k); 128 for(int i=1;i<=n;i++) 129 scanf("%llu",&a[i]); 130 if(k==1) 131 solve1(n); 132 else if(k==2) 133 { 134 calc(32); 135 solve2(n); 136 } 137 else 138 { 139 calc(61/k+1); 140 solve3(n,k); 141 } 142 printf("%llu",ans); 143 if(res) printf(".5"); 144 printf("\n"); 145 return 0; 146 } View Code

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轉載于:https://www.cnblogs.com/wujiechao/p/7781140.html

總結

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