LOJ #6358 前夕 (组合计数、容斥原理)

题目链接

https://loj.ac/problem/6358
(另外一道(4)的倍数题左转loj #6356)

题意

题面写得就像一坨X一样，我来复述一下吧。
有(N)个元素构成的集合，要从(2^N)个子集中选出若干个使得交的大小为(4)的倍数。不选算交为空。
样例解释: 选空集有(8)种方案，不选空集方案只有({ 1} { 2})和({ 1} { 2} {1,2}), 还有一种什么都不选，共(11)种。

题解

这道题真的神仙得令我目瞪口呆。。

首先考虑一个简单的容斥: 令(F(k))表示钦定(k)个元素在所有选出的子集中必须出现，则(F(k)={Nchoose k}(2^{2^{N-k}}-1)).
令(G(k))表示交集恰好为(k)的方案数，则有(F(k)=sum^{N}_{i=k} {ichoose k}G(i), G(k)=sum^{N}_{i=k} (-1)^{i-k}{ichoose k}F(i)).
那么要求的就是(ans=sum^N_{kequiv 0(mod 4)} G(k)).

前方高能——
我们考虑构造一个系数(alpha(i)) (官方题解将它称为“容斥系数” ) 使得(ans=sum^{N}_{i=0}F(i)alpha(i)).
如果没有(k)是(4)的倍数这个条件，对所有(k)求和，那么根据容斥的式子可以推出来(alpha(i)=[i=0])即可达到目的。
现在有了这个条件，我们考虑刚才实际上我们在干什么:
对于一个(G(n)), 其在(F(k))中会被计算(nchoose k)次，我们希望总共计算的次数是(1)次，那么也就是$$forall n, sum^{n}_{k=0} {nchoose k}alpha(k)=1$$, 取(alpha(k)=[k=0])即可. 现在我们就是要(forall n, sum^{n}_{k=0} {nchoose k}alpha(k)=[kequiv 0(mod 4)]). 于是根据二项式反演有(alpha(n)=sum^{n}_{k=0} (-1)^{n-k}{nchoose k}[kequiv 0(mod 4)]).

这个东西怎么快速求？掏出数论中走街串巷杀题越货之必备良品——单位根！令(m=4), (omega)为(4)次(主)单位根，则有$$[nequiv 0(mod m)]=frac{1}{m}sum^{m-1}_{i=0} omega^{in}$$
于是(alpha(n)=frac{1}{m}sum^{n}_{k=0}(-1)^{n-k}{nchoose k}sum^{m-1}_{i=0}(omega^i)^k=frac{1}{m}sum^{m-1}_{i=0}(omega^i-1)^n)
直接计算即可。

时间复杂度(O(Nm)).

启示: 最近连做了两道神仙构造的题，经常可以构造一些转移矩阵/容斥系数/递推式之类的东西以达到目的，这种思路值得借鉴。

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cassert>
#include<iostream>
#define llong long long
using namespace std;

inline int read()
{
	int x=0; bool f=1; char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0;
	for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
	if(f) return x;
	return -x;
}

const int N = 1e7;
const int P = 998244353;
const llong G = 3ll;
const llong W = 911660635ll;
const llong INV4 = 748683265ll;

int fact[N+3],finv[N+3];
llong f[N+3],a[N+3];
int n;

llong quickpow(llong x,llong y)
{
	llong cur = x,ret = 1ll;
	for(int i=0; y; i++)
	{
		if(y&(1ll<<i)) {y-=(1ll<<i); ret = ret*cur%P;}
		cur = cur*cur%P;
	}
	return ret;
}
llong comb(llong x,llong y) {return x<0||y<0||x<y ? 0ll : (llong)fact[x]*(llong)finv[y]%P*(llong)finv[x-y]%P;}

int main()
{
	fact[0] = 1ll; for(int i=1; i<=N; i++) fact[i] = (llong)fact[i-1]*i%P;
	finv[N] = quickpow(fact[N],P-2); for(int i=N-1; i>=0; i--) finv[i] = (llong)finv[i+1]*(i+1ll)%P;
	scanf("%d",&n);
	f[n] = 2ll; for(int i=n-1; i>=0; i--) f[i] = f[i+1]*f[i+1]%P;
	for(int i=0; i<=n; i++) f[i]--;
	for(int i=0; i<=n; i++) f[i] = f[i]*comb(n,i)%P;
	for(int i=0; i<4; i++)
	{
		llong tmp = 1ll,expn = quickpow(W,i);
		for(int j=0; j<=n; j++)
		{
			a[j] = (a[j]+tmp)%P;
			tmp = tmp*(expn-1ll)%P;
		}
	}
	for(int i=0; i<=n; i++) a[i] = a[i]*INV4%P;
//	for(int i=0; i<=n; i++) printf("%lld ",a[i]); puts("");
	llong ans = 1ll;
	for(int i=0; i<=n; i++) ans = (ans+f[i]*a[i])%P;
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}