[cf1168E]Xor Permutations

（与题目中下标不同，这里令下标为$[0,2^{k})$来方便运算）

根据异或的性质，显然有解的必要条件是$igoplus_{i=0}^{2^{k}-1}a_{i}=0$

在此基础上，我们考虑构造——

定义$solve(i,j,x)$表示在当前$p_{i}$和$q_{i}$的基础上，构造$p'_{i}$与$q'_{i}$，使得：

1.$forall 0le t<2^{k}且t e i且t e j,p_{t}oplus q_{t}=p'_{t}oplus q'_{t}$

2.$p_{i}oplus q_{i}=p'_{i}oplus q'_{i}oplus x$，$p_{j}oplus q_{j}=p'_{j}oplus q'_{j}oplus x$

初始令$forall 0le i<2^{k},p_{i}=q_{i}=i$，接下来只需要不断执行$solve(i,i+1,igoplus_{j=0}^{i}a_{j})$即可

考虑如何执行$solve(i,j,x)$这个操作，首先若$x=0$直接退出，否则继续分析：

由于都是排列，构造可以通过交换来实现，更具体的来说，我们希望找到$t$，使得$p_{i}$与$p_{t}$交换、$q_{j}$与$q_{t}$交换，使得满足$p_{i}oplus q_{i}=p'_{i}oplus q'_{i}oplus x$（不关心$j$以及其他位置）

上述要求即$p_{t}=p_{i}oplus x$，根据排列总是存在，然后执行这些交换，对之后的情况分类讨论：

1.$t=j$，那么即已经合法（根据$x e 0$，必然有$t e i$）

2.$t e j$，不难发现交换后不合法的位置仅有$t$和$j$，且我们希望将其异或值异或上$q_{t}oplus q_{j}oplus x$，不难发现这就是要求执行$solve(t,j,q_{t}oplus q_{j}oplus x)$

重复执行上述递归过程，注意到$j$是不变的，只需要证明$i$不会重复经过一个位置，那么递归次数就是$o(2^{k})$（找到$p_{t}$可以预处理做到$o(1)$），总复杂度即$o(2^{2k})$

下面，我们就要来证明$i$不能重复：

反证法，即假设存在重复，不妨假设是与第一次操作相同（可以将之前与其相同的操作看作第一次），即假设这些递归的$i$依次为$I_{1},I_{2},...,I_{m+1}$，其中$forall 1le i<jle m,I_{i} e I_{j}$且$I_{m+1}=I_{1}$

假设递归$I_{1}$时是$solve(I_{1},j,x)$，归纳可得递归$I_{i}$时是$solve(I_{i},j,xoplus q_{j}oplus q_{I_{i}})$，接下来考虑递归$I_{m}$时整个序列在递归$I_{1}$前的变化——
$$
egin{pmatrix}I_{1}&I_{2}&I_{3}&...&I_{m-1}&I_{m}&j\p_{I_{2}}&p_{I_{3}}&p_{I_{4}}&...&p_{I_{m}}&p_{I_{1}}&p_{j}\q_{I_{1}}&q_{j}&q_{I_{2}}&...&q_{I_{m-2}}&q_{I_{m-1}}&q_{I_{m}}end{pmatrix}
$$
（其中第一行为下标，第2行和第3行描述当前的$p$和$q$，这里的$p_{i}$和$q_{i}$都是$I_{1}$操作之前$i$位置的值）

由于是$solve(I_{m},j,xoplus q_{j}oplus q_{I_{m}})$，同时由于$I_{m+1}=I_{1}$，即$p_{I_{2}}=p_{I_{1}}oplus xoplus q_{j}oplus q_{I_{m}}$

同时，根据$I_{1}$第1次找到$I_{2}$，有$p_{I_{2}}=p_{I_{1}}oplus x$，代入后不难得到$q_{j}=q_{I_{m}}$，由于是排列，即$I_{m}=j$，即矛盾

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 5005
int n,k,a[N],p[N],q[N],pos[N];
void solve(int i,int j,int x){
    if (!x)return;
    int t=pos[(p[i]^x)];
    swap(p[i],p[t]);
    swap(pos[p[i]],pos[p[t]]);
    swap(q[j],q[t]);
    if (t!=j)solve(t,j,(q[t]^q[j]^x));
}
int main(){
    scanf("%d",&k);
    n=(1<<k);
    for(int i=0;i<n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        if (i)a[i]^=a[i-1];
        p[i]=q[i]=pos[i]=i;
    }
    if (a[n-1]){
        printf("Fou");
        return 0;
    }
    for(int i=0;i<n;i++)solve(i,i+1,a[i]);
    printf("Shi
");
    for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",p[i]);
    printf("
");
    for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",q[i]);
}