8.11
作者：互联网
k进制FWT
定义\(k\)维或、与、异或运算
\[x\ or\ y=\sum_i max(x_i,y_i)k^i\\ x\ and\ y=\sum_i min(x_i,y_i)k^i\\ x\ xor\ y=\sum_i ((x_i+y_i)\%k)\ k^i \]什么叫不进位加法啊.jpg
\(FWT\)本质是要把当前是幂集合当成一个向量，系数变换当作一个矩阵，那么要满足
\[\vec{F}A·\vec{G}A=(\vec{F*G})A \]左边点乘表示逐位相乘，右边表示卷积。
那么构造对应的变换时，原本的或卷积是子集和，现在的\(k\)进制或卷积就是高维前缀和。
那么或卷积的矩阵就类似于
\[\begin{bmatrix} a_0&a_1 & \cdots & a_{k-1} \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 &1&1 & \cdots & 1 \\ 0& 1&1 &\cdots & 1 \\ 0&0&1&\cdots & 1\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots& \vdots\\ 0 &0&0 & \cdots & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a_0&a_0+a_1 & \cdots & \sum_{i=0}^{k-1}a_{i} \\ \end{bmatrix} \]并卷积就是后缀和。
异或卷积就比较麻烦。
这里鸣谢万弘的讲解。
对于二维的异或卷积，我们之前用的矩阵是这样的
\[\begin{bmatrix} a_0&a_1\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a_0+a_1,a_0-a_1 \end{bmatrix} \]这个矩阵满足什么性质？
其实这个过程就是\(FFT/NTT\)的过程，其一单位根/原根具有循环意义
\(x\ xor\ y=z\Leftrightarrow \omega_k^x*\omega_k^y=\omega_k^z\)
我们\(FFT\)做的本来就是循环卷积。每次卷积时把长度延长一倍正是为了不让多出来的部分卷回去，而异或卷积恰好是要让溢出的部分卷回前面。
所以在异或卷积里，\(A\)矩阵就是范德蒙德矩阵。它的逆矩阵我们也见过，类似\(FFT\)一样把原矩阵代回去再除以二就行。
值得一提的是\(k=2\)时，范德蒙德矩阵恰好是
\[\begin{bmatrix} 1&1\\ 1&-1 \end{bmatrix} \]所以二维（多维）异或\(FWT\)还有一种形式，就是变换和逆变换一样做，逆变换结束之后再除以序列长度。
CF453D
题意：
\(e_i[u]=\sum_ve_{i-1}[v]\cdot b[f(u,v)]\) 。这里 \(b[]\) 称作变换系数——一个有 \(m+1\) 个元素的数组。而 \(f(u,v)\) 为二进制数 \((u\;xor\;v)\) 中 \(1\) 的个数。
给定变换系数 \(b[]\) 和在时间 \(0\) 时的初始能量分布 \(e_0[]\) 。帮助暮光闪闪预测在时刻 \(t\) 时的能量分布。答案可能非常大，你只要输出答案除以 \(p\) 的余数即可。
题解：
设\(c[x]=b[popcount(x)]\)
\[e_i[u]=\sum_ve_{i-1}[v]*c[x]*[u\oplus v==x]\\ e_i[u]=\sum_ve_{i-1}[v]*c[x]*[x\oplus v==u]\\ e_t=e_0*c^t \]其中\(*\)是异或卷积。
考虑用快速幂求\(c^t\)，\(fwt\)不用每次都做，只用先做正变换，然后把点值求\(t\)次幂，再逆变换回来。
但是如果\(p\)不是奇数，将没有\(2\)的逆元。
参考上面的\(FWT\)上面可以不用求\(2\)的逆元，但是可能也没有长度\(n\)的逆元。
但是这里\(2\)的逆元和\(n\)的逆元的用途是不同的：
\(2\)的逆元要在运算中参与取模，而\(n\)的逆元只在\(fwt\)的最后来做，所以可以利用这个定理
\[a\equiv b\ (mop\ p)\Leftrightarrow a*n\equiv b*n\ (mod\ p*n) \]提前把模数乘以\(n\)，然后就可以在最后直接除以\(n\)得到答案了。
\#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define double long double
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
#define mid ((l+r)>>1)
#define eps (1e-15)
const int N=1e6+10,mod=998244353,inv2=499122177,inf=2e18;
void __init(int n=2000) {}
inline void main()
{
int n,m,t,mod;
cin>>n>>t>>mod;
m=(1<<n);
mod*=m;
vector<int> a(m),b(n+1),c(m);
for(int i=0;i<m;++i) cin>>a[i];
for(int i=0;i<=n;++i) cin>>b[i];
for(int i=0;i<m;++i)
{
c[i]=b[__builtin_popcount(i)];
}
auto fast=[&](int x,int k) -> int
{
int ret=1;
while(k)
{
if(k&1) ret=(__int128)ret*x%mod;
x=(__int128)x*x%mod;
k>>=1;
}
return ret;
};
auto fwt=[&](vector<int> &a,int inv) -> void
{
for(int k=1;2*k<=m;k<<=1)
{
for(int i=0;i<m;i+=2*k)
{
for(int j=0;j<k;++j)
{
int x=a[i+j],y=a[i+j+k];
a[i+j]=(x+y)%mod;
a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if(inv)
{
for(int i=0;i<m;++i) a[i]/=m;
}
};
fwt(c,0);fwt(a,0);
for(int i=0;i<m;++i)
{
a[i]=(__int128)a[i]*fast(c[i],t)%mod;
}
fwt(a,1);
for(int i=0;i<m;++i) cout<<a[i]<<'\n';
}
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
red::__init();
int qwq=1; //cin>>qwq;
while(qwq--) red::main();
return 0;
}
/*
*/
CF1494F
题意：
给定一个 \(n\) 个顶点和 \(m\) 条边组成的无向连通图。你的目标是破坏给定图形的所有边。
可以选择任何顶点作为起始顶点，开始沿边行走。当你走过一条边时，这条边会被破坏，不能走被破坏的边。
最多可以在某顶点执行进行一次模式切换，模式转换后，按以下方式删除经过的边：模式转换后第一条边不被破坏，第二条边被破坏，第三条边不被破坏，第四条边被破坏，依此类推。不能切换回原始模式，可以不执行此操作。
\(n,m \le 3000, m\le \dfrac{n(n-1)}{2}\)。
题解：
第一个条件是说走过的路不能回头，那么第一阶段走的路径一定是欧拉路径。
第二阶段隔一次破坏一次。而且最后一条边一定被删除。
那么最后一条边就是在反复走。由此倒推得出在第二阶段，所有边都是反复走来销毁的，也就是说销毁的是一张菊花图。
所以总的路径是由一条欧拉路径加一个菊花图构成的。
如果原图就是一个欧拉路径就直接走。
如果不是，考虑枚举菊花图的中心在哪里，那么剩下如果满足要求，只有两种可能性：
除了菊花中心和邻点外，还有一个奇数度的点：那么以这个点和菊花中心为欧拉路径端点遍历，然后再在菊花图上走。
这里有一点需要判断的：
像这种情况，即使去掉\(3\)的邻点和\(3\)本身之后只有一个点是奇数度，也不能遍历，所以在遍历欧拉路径后，要判断欧拉路径的长度是否等于中心和邻点之外的边的总长度。
第二种情况：
除了菊花中心和邻点外，没有奇数度的点：
选一个奇数度的点作为起点，中心作为终点。
但还是有这种情况：比如上图去掉\(1,2\)，那么你必须从\(4\)号点出发才能获得正确的答案。
讨论办法是枚举起点，然后仍然判断欧拉路径长度。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define double long double
#define ls(p) (p<<1)
#define rs(p) (p<<1|1)
#define lowbit(i) ((i)&(-i))
#define mid ((l+r)>>1)
#define eps (1e-15)
const int N=1e6+10,mod=998244353,inv2=499122177,inf=2e18;
void __init(int n=2000) {}
inline void main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
vector<int> rd(n+1);
vector<set<int> > eg(n+1);
vector<set<int> > eg2(n+1);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int x,y;cin>>x>>y;
++rd[x],++rd[y];
eg[x].insert(y);
eg[y].insert(x);
}
int sum=0,st=0,ed=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
eg2[i]=eg[i];
if(rd[i]&1)
{
if(!st) st=i;
else ed=i;
++sum;
}
}
if(!sum) st=1;
int rt;
vector<int> sta;
vector<bool> vis(n+1);
function<void(int)> dfs=[&](int now) -> void
{
while(!eg[now].empty())
{
int t=*eg[now].begin();
eg[now].erase(t);
eg[t].erase(now);
dfs(t);
}
sta.emplace_back(now);
};
if(sum<=2)
{
dfs(st);
reverse(sta.begin(),sta.end());
cout<<sta.size()<<'\n';
for(int t:sta) cout<<t<<' ';
return;
}
for(int x=1;x<=n;++x)
{
rt=x;
int ss=sum,tot=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
vis[i]=0;
}
for(int t:eg[x])
{
if(rd[t]&1)
{
--ss;
vis[t]=1;
++tot;
}
}
if(rd[x]&1) --ss;
if(ss>=2) continue;
set<int> q;
q=eg[x];
if(ss==1)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(vis[i])
{
eg[x].erase(i);
eg[i].erase(x);
continue;
}
if((rd[i]&1)&&i!=x) st=i;
}
for(int j=1;j<=n;++j) eg2[j]=eg[j];
sta.clear();
dfs(st);
reverse(sta.begin(),sta.end());
int tmp=sta.size();
//cout<<tmp<<"!!"<<endl;
if(tmp!=m-tot+1)
{
for(int j=1;j<=n;++j) eg[j]=eg2[j];
continue;
}
cout<<sta.size()+1+2*tot<<'\n';
for(int t:sta) cout<<t<<' ';
cout<<"-1 ";
for(int t:q)
{
if(vis[t])
{
cout<<t<<' '<<x<<' ';
}
}
return;
}
--tot;
vector<int> qaq;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(vis[i]&&i!=x)
{
qaq.emplace_back(i);
eg[x].erase(i);
eg[i].erase(x);
}
}
for(int i:qaq)
{
if(!vis[i]||i==x) continue;
int st=i,ed=x;
//cout<<x<<' '<<i<<"!!"<<endl;
vis[i]=0;
for(int j=1;j<=n;++j) eg2[j]=eg[j];
eg[ed].insert(st);
eg[st].insert(ed);
sta.clear();
dfs(st);
reverse(sta.begin(),sta.end());
int tmp=sta.size();
//cout<<x<<' '<<i<<' '<<tmp<<"!!"<<endl;
if(tmp!=m-tot+1)
{
for(int j=1;j<=n;++j) eg[j]=eg2[j];
vis[i]=1;
continue;
}
cout<<sta.size()+1+2*tot<<'\n';
for(int t:sta) cout<<t<<' ';
cout<<"-1 ";
for(int t:q)
{
if(vis[t])
{
cout<<t<<' '<<x<<' ';
}
}
return;
}
}
cout<<0<<'\n';
}
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
red::__init();
int qwq=1; //cin>>qwq;
while(qwq--) red::main();
return 0;
}
/*
*/
标签：int,sum,卷积,bmatrix,8.11,eg,define 来源： https://www.cnblogs.com/knife-rose/p/16578197.html