题目
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分析
不难发现，设两人取得的下标集合为(S_a)和(S_b)，那么符合要求的下标集合对需要满足(S_a)和(S_b)对应的值全部异或起来为 0 。
因此，我们可以考虑异或为(0)的下标集合(S)，它对答案的贡献就是(2^{|S|})。
根据这个思想，我们可以考虑如下的 DP ：
(f(i,j))：前(i)个数，异或为(j)的集合的个数。转移如下：
[f(i,j)=f(i-1,j)+2f(i-1,joplus a_i)
]
这样当然是没有办法做的。不过我们可以考虑将这样的转移写成生成函数的形式：
[egin{aligned}&A_i(x)= 1+2^{a_i},F(x)=sum_{j=0}f(n,j)x^j\Rightarrow&F=igoplus_{i=1}^nA_i(x)end{aligned}
]
其中的(igoplus)运算符为异或卷积，可以理解为系数相乘，指数异或。
说着异或卷积，貌似就可以 FWT ？
显然不行，这样时间有(O(n^2log_2n))，会 T 的，我们需要继续挖掘性质。
我们想想 FWT 之后的序列的性质：
[FWT(a)_i=sum_j (-1)^{count(i&j)}a_j
]
由于(A)中只有一个 1 和一个 2 ，那么我们我们 FWT 后每一项只会是 (-1) 或者 (3) 。
因此我们(FWT(F)_i)一定可以表示为((-1)^{p_i} imes 3^{q_i})，其中(p_i)表示(FWT(A(1))sim FWT(A(n)))中第(i)项上(-1)的个数，(q_i)同理。
设(s_i)为(FWT(A(1))sim FWT(A(n)))中第(i)项的和。我们可以得到：
[egin{cases}
p_i+q_i=n\
3q_i-p_i=s_i
end{cases}
]
假如我们快速求出(s_i)，我们就可以解出(p_i)和(q_i)，进而算出(FWT(F))和(F)。
这里用到了一个性质： FWT 的和等于和的 FWT 。
设(B_i=sum_{j=1}^n A(j)_i)，这个性质即：
[FWT(B)_i=sum_{j=1}^n FWT(A_j)_i
]
这其实比较好理解，因为合起来 FWT 的时候来自不同(A)的值是可以看成互不影响的。
然后就可以(O(nlog_2n))解决了。
代码
#include <cstdio>
const int mod = 998244353, inv2 = 499122177, inv4 = 748683265;
const int MAXN = 4e6 + 5;
template<typename _T>
void read( _T &x )
{
x = 0;char s = getchar();int f = 1;
while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
x *= f;
}
template<typename _T>
void write( _T x )
{
if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
putchar( x % 10 + '0' );
}
template<typename _T>
_T MAX( const _T a, const _T b )
{
return a > b ? a : b;
}
int F[MAXN];
int N, len;
int fix( const int x ) { return ( x % mod + mod ) % mod; }
int qkpow( int base, int indx )
{
int ret = 1;
while( indx )
{
if( indx & 1 ) ret = 1ll * ret * base % mod;
base = 1ll * base * base % mod, indx >>= 1;
}
return ret;
}
void FWT( int *f, const int mode )
{
int t1, t2;
for( int s = 2 ; s <= len ; s <<= 1 )
for( int i = 0, t = s >> 1 ; i < len ; i += s )
for( int j = i ; j < i + t ; j ++ )
{
t1 = f[j], t2 = f[j + t];
if( mode > 0 ) f[j] = ( t1 + t2 ) % mod, f[j + t] = fix( t1 - t2 );
else f[j] = 1ll * ( t1 + t2 ) * inv2 % mod, f[j + t] = 1ll * fix( t1 - t2 ) * inv2 % mod;
}
}
signed main()
{
int mx = 0;
read( N );
for( int i = 1, a ; i <= N ; i ++ ) read( a ), mx = MAX( mx, a ), F[a] += 2;
for( len = 1 ; len <= mx ; len <<= 1 );
F[0] += N, FWT( F, 1 );
//这里千万不能写成赋值！a可以为0！
for( int i = 0 ; i < len ; i ++ )
{
int cnt3 = 1ll * ( F[i] + N ) * inv4 % mod;
int cnt1 = fix( N - cnt3 );
F[i] = qkpow( 3, cnt3 );
if( cnt1 & 1 ) F[i] = mod - F[i];
}
FWT( F, -1 );
write( fix( F[0] - 1 ) ), putchar( '
' );
return 0;
}