題目

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題目概要
對于可重集合 $S$ ，設其元素個數(shù)為 $n$ ，顯然它有 $2^n$ 個子集。定義集合的權(quán)值為其中元素的異或和，求子集的權(quán)值的 $k$ 次方的期望。即：$\frac{{\sum }_{s?S}f(s{)}^k}{2^n}$ 的值，$f(s)$ 是集合內(nèi)元素的異或和。

數(shù)據(jù)范圍與約定
$n\le 10^5,k\le 5$ 。

思路

$\mathbf{F}\mathbf{B}\mathbf{L}\mathbf{W}\mathbf{A}\mathbf{R}\mathbf{N}\mathbf{I}\mathbf{N}\mathbf{G}：我將試著使用奇怪的文風去論述這個問題。$

剛看一眼，就被這道題給嚇住了，$n$ 很大，$k$ 卻小的可憐，$5$ 站在 $10^5$ 旁邊，顯得毫不起眼。但我們不著眼于出題人的區(qū)別對待，我們要拯救每一個 $k$ ，讓世界重新充滿愛。

• $k=1$ 的時候，這道題變得平淡無奇，味同嚼蠟。所有的 $f$ 中，有一半都滿足第 $i$ 位是一個 $1$ ，只要 $S$ 中存在一個數(shù)字可以提供這個 $1$ 。這是因為，這個數(shù)字是否出現(xiàn)，這件事不影響別人，它只負責自己的選擇，就像 $zxy$ 默默的 $AK$ 。若夫它看到是 $0$ ，它便義無反顧地將自己融入整個群體；至若此值已經(jīng)為 $1$ ，它不會出現(xiàn)在人們的視野中，好像從未出現(xiàn)過，又好像一直都在。
• $k=2$ 的時候，我們要做的是一個平方的選擇。兩個元素，雖然不在一個括號中，但是二人的心卻在一起，這就是平方的真諦。二者何人？枚舉則知。不是所有人都能夠相遇，就像人生總會有很多遺憾。如果二者可以被獨立抉擇——存在一個數(shù)字，在第 $i$ 位為 $1$ 而第 $j$ 位為 $0$ ——那么二人是不容易遇到的，只有 $\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ 。如果不是獨立抉擇，就會翻倍，得到 $\frac{1}{2}$ 了。
• $k\ge 3$ 的時候，我們終于可以大展拳腳了。我們有很多方法。我們可以利用答案小于 $2^{63}$ 的特點，直接猜到 $a\le 2^{22}$ 次方，求出線性基，然后暴力枚舉。我們也可以繼續(xù)學習 $k=2$ 的方案。

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我改悔了。

對于 $k=2$ ，我們拆位，將一個數(shù)字拆成很多個 $2$ 的冪之和。然后平方就是選兩個二進制位唄。

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假設最大的一個二進制位是 $2^x$ ，那么至少有一半的異或和不小于 $2^x$ ，與 $k=1$ 的情況類似。

所以答案至少有 $\frac{1}{2}?(2^x{)}^k<2^{63}$ ，可以解出 $x<\frac{64}{k}$ ，然后就沒了。

作乘法可能會爆 $unsignedlonglong$ ，稍微打的騷一點就好了。

代碼

// 湘妹兒，永遠滴神！ #include <cstdio> #include <iostream> #include <vector> using namespace std; typedef unsigned long long int_; int_ readint(){int_ x; scanf("%llu",&x);return x; // cin就能兼容了[滑稽] }int_ d[100]; void insert(int_ x){for(int i=63; i>=0&&x; --i)if(x>>i&1){if(d[i] == 0)d[i] = x;x ^= d[i];} }int n, k, cnt; // 分母是pow(2,cnt) int_ zheng, xiao; // 整數(shù)與小數(shù) void dfs(int t,int_ now){if(t == -1){int_ res = 1; // 加入res*nowfor(int i=1; i<k; ++i)res *= now;int_ yu = res%(1<<cnt);res = res/(1<<cnt);// 變成了res*(1<<cnt)+yuzheng += res*now;xiao += yu*now;zheng += xiao/(1<<cnt);xiao = xiao%(1<<cnt);return ;}if(d[t]) dfs(t-1,now);dfs(t-1,now^d[t]); } int main(){n = readint(), k = readint();for(int i=0; i<n; ++i)insert(readint());int_ all = 0;for(int i=63; i>=0; --i)all |= d[i];if(k == 1){cnt = 1;zheng = all>>1;xiao = all&1;}if(k == 2){cnt = 2;for(int i=32; i>=0; --i)if(all>>i&1)for(int j=32; j>=0; --j)if(all>>j&1){bool apart = false;for(int o=32; o>=0; --o)if((d[o]>>i&1)^(d[o]>>j&1)){ apart = true; break; }int mom = (apart ? 1 : 0)+1;if(i+j >= mom)zheng += (1ull<<(i+j-mom));elsexiao += 1ull<<(i+j+cnt-mom);// 為了讓分母pow(2,mom->cnt)zheng += xiao/(1<<cnt);xiao = xiao%(1<<cnt);}}if(k >= 3){for(int i=0; i<=63; ++i)if(d[i] > 0) ++ cnt;dfs(63,0);}printf("%llu",zheng);if(xiao) putchar('.');while(xiao *= 10){printf("%llu",xiao/(1<<cnt));xiao %= (1<<cnt);}return 0; }

總結(jié)

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