bzoj 3811: 玛里苟斯

3811: 玛里苟斯

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Description

魔法之龙玛里苟斯最近在为加基森拍卖师的削弱而感到伤心，于是他想了一道数学题。

S 是一个可重集合，S={a1,a2,…,an}。

等概率随机取 S 的一个子集 A={ai1,…,aim}。

计算出 A 中所有元素异或 x, 求 xk 的期望。

Input

第一行两个正整数 n, k。

以下 n 行每行一个整数，表示 ai。

Output

如果结果是整数，直接输出。如果结果是小数（显然这个小数是有限的），输出精确值（末尾不加多余的 0）。

Sample Input

4 2
0
1
2
3

Sample Output

3.5

首先，对于题目的答案小于2⁶³，我们可以看出对于不同的k，a_i是不同的：

k=1,a_i<2⁶³
k=2,a_i<2³²
k=3,a_i<2²¹
k=4,a_i<2¹⁶
k=5,a_i<2¹³

首先，因此我们依据数据范围，对于不同的ai有不同的解法。

其次，题目要求输出精确的小数，由以下推导我们可以知道，小数最多只有.5,不可能存在.25,.125这样的：

对于求出来了其中一种情况x，他对答案的贡献是x^k*p，其中p是该情况出现的概率。
我们以x=2为例，其他k的情况类似：
我们把这个x按二进制分成了最多n位，也就是最大的数的最高位为n。那么他的k次方是(w0*2⁰+w1*2¹+w2*2²……+wn*2ⁿ)*(w0*2⁰+w1*2¹+w2*2²……+wn*2ⁿ)，展开就是w0*w0*2⁰*2⁰+w0*w1*2⁰*2¹……wn*wn*2ⁿ*2ⁿ。其中w_i是它每个二进制位的值。
对于每个项w_i*w_j*2^i+j，他存在的情况是w_i为1且w_j为1，也就是该位异或和为1。那么他的存在的概率为P/2^N(N为输入的数列数字数),P为该两位皆为1的情况数。
证明题外话：对于数列，我们可以先做个线性基，把线性相关的数字去掉，剩下的都是线性无关的数，这样方便处理。
我们可以构造一个异或（%2)的增广矩阵来求解这样的一个P的数量，x₁~x_n,即x_i代表这个数字是否在集合中，作为一个行向量X，把所有数字按按二进制位分解，每个数字占一列，构造一个矩阵MART.
那么我们求解的是X*MART=ANS，ANS为一个行向量，只有你要求的对应位为1，其余为0。
假如我们求解的是i位和j位,我们的矩阵对应方程差不多是这样的：
(2333 此处^为异或)
x₁*w(1,0)^x₂*w(2,0)^x₃*w(3,0) ……^x_N*w(N,0) =0;
x₁*w(1,1)^x₂*w(2,1)^x₃*w(3,1) ……^x_N*w(N,1) =0;
……
x₁*w(1,i)^x₂*w(2,i)^x₃*w(3,i) ……^x_N*w(N,i) =1;
……
x₁*w(1,j)^x₂*w(2,j)^x₃*w(3,j) ……^x_N*w(N,j) =1;
……
x₁*w(1,n)^x₂*w(2,n)^x₃*w(3,n) ……^x_N*w(N,n) =0;
下面还有N-n个方程，对应更高位。毕竟是个矩阵嘛行数等于列数，但它们的w全为0，等号右边也为0，对求解无影响就不列举了。

其中w(i,j)，j代表数列第i个数字的第j位。
我们经过高斯消元以后弄成上三角,可以得出有t个f[i][i]非零的行,那么只有这t个xi是有唯一解的，其他的x_i有多解。因为%2，所以其他x_i有2解，那么总共就有2^N-t个解，即P=2^N-t;
那么w_i*w_j存在的概率为p/2^N=1/(2^t);
那么每项对答案的贡献为2^i+j-t。
对于i≠j,i+j≥1,t≤2，因此最多小数点后1位.5。
对于i==j,上述方程只有一行初始为1，所以t≤1,i+j≥0，也是最多.5。
上述结论扩展成k=n的情况，无非是方程等于1的行增加为n。
如果我们求解的位(w_i*w_j*w_t.....）中有k位不同，那么方程等于1的行就缩小为k行，因此i+j+t....≥0+1+……k-1=k*(k-1)/2>=k-1=t-1,k≥2。
∴Σp-t>=-1,p为所求解对应位的位号。对应k=2的贡献2^i+j-t，K=n贡献为2^Σp-t>=2^-1。所以最多有一位小数.5。
k=1显而易见最多/2所以k=1也是最多也是.5。
至此证明完毕。

接下来我们对应数据范围，提出三种不同范围下的解法：

k=1时，就求x的期望，它是线性的。对于所有数的所有子集的异或和，我们从他们某个二进制位看。如果有数字该位为1,那么该位有奇数个1和偶数个1的概率是相等的，皆为1/2。为奇数个为该位为1的情况，为1/2。如果没有则不可能为1，该位始终为0。
那么我们只要把每个数字或一下，然后乘1/2就是答案了。

k=2时，就要按位做了。先做个线性基剔除线性无关的向量。然后把在线性基每位唯一化(即消消元弄成每位上只有一个数字有1)，这样做方便处理独立性。按照上面证明的展开，那么对于两位i,j，由k=1可得，如果这两位独立的话（即不在同一个数字中相应位为1），那么等概率出现(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)，(1,1)即w_i，w_j存在的概率为1/4，不独立的话只可能等概率出现(0,0)和(1,1)，(1,1)概率为1/2。
那么枚举32位*32位,算算他们均为1的概率P*2^i+j,作为答案贡献加入答案中。

k≥3时，由于a_i<2²¹ ,即使枚举0~a_i也最多百万级别的时间复杂度。我们可以类似线性基求第k小枚举出所有可能出现的数字。于是我们可以考虑做完线性基后，唯一化，构造新数组存不为0的元素中。
然后枚举每个数是否加入异或贡献中，这样可以求出所有数异或的所有值了。借用之前题目的结论，每个不同的异或值有P=2^n-|μ|选择元素的方法，n为原本数组个数，|μ|为新构造的数组个数。那么每个值出现的概率就是P/总选择方法数=P/(2ⁿ)=1/(2^|μ|)的概率，值乘概率即为对答案的贡献。
这里需要做个两位的高精来保证数字不出现错误。

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 #define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
  3 #define clr_1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
  4 #define LL unsigned long long
  5 #define mod 1000000007
  6 using namespace std;
  7 const int N=2e5+10;
  8 LL a[N],liner[100],per[100];
  9 bool f[40][40];
 10 bool bits[40];
 11 int n,m,k,cnt;
 12 LL ans,res,keepbit;
 13 void calc(int bit)
 14 {
 15     clr(liner);
 16     LL p;
 17     for(int i=1;i<=n;i++)
 18     {
 19         for(int j=bit;j>=0;j--)
 20         {
 21             p=a[i];
 22             if(p>>j)
 23             {
 24                 if(liner[j]) p^=liner[j];
 25                 else
 26                 {
 27                     liner[j]=p;
 28                     break;
 29                 }
 30             }
 31         }
 32     }
 33     for(int i=bit;i>=0;i--)
 34     {
 35         for(int j=i-1;j>=0;j--)
 36             if((liner[i]>>j)&1) liner[j]^=liner[i];
 37     }
 38     cnt=0;
 39     for(int i=bit;i>=0;i--)
 40         if(liner[i])
 41             per[++cnt]=liner[i];
 42     return ;
 43 }
 44 void solve1(int n)
 45 {
 46     ans=0,res=0;
 47     for(int i=1;i<=n;i++)
 48         ans|=a[i];
 49     if(ans&1)
 50         res=1;
 51     ans>>=1;
 52     return ;
 53 }
 54 void solve2(int n)
 55 {
 56     clr(bits);
 57     ans=res=0;
 58     bool zero;
 59     for(int i=32;i>=0;i--)
 60     {
 61         zero=0;
 62         for(int j=1;j<=cnt;j++)
 63         {
 64             f[i][j]=(per[j]>>i)&1;
 65             zero|=f[i][j];
 66         }
 67         bits[i]=zero;
 68     }
 69     int p;
 70     for(int i=32;i>=0;i--)
 71         for(int j=32;j>=0;j--)
 72             if(bits[i]>0 && bits[j]>0)
 73             {
 74                 p=1;
 75                 for(int l=1;l<=cnt;l++)
 76                     if(f[i][l]^f[j][l])
 77                     {
 78                         p++;
 79                         break;
 80                     }
 81                 if(i+j-p>=0)
 82                     ans+=(1LL<<(i+j-p));
 83                 else
 84                 {
 85                     res++;
 86                 }
 87                 ans+=res>>1;
 88                 res&=1;
 89             }
 90     return ;
 91 }
 92
 93 void dfs(int pos,LL num)
 94 {
 95
 96     if(pos>cnt)
 97     {
 98         //两位高精度计算u高位，v低位，因为这东西太大了。k>=3的情况下ans和res也算是一个高精度的高位和低位关系。
 99         LL u=0,v=1;
100         for(int i=1;i<=k;i++)
101         {
102             u*=num;
103             v*=num;
104             u+=v>>cnt;
105             v&=keepbit;
106         }
107         ans+=u;
108         res+=v;
109         ans+=res>>cnt;
110         res&=keepbit;
111         return ;
112     }
113     dfs(pos+1,num^per[pos]);
114     dfs(pos+1,num);
115     return ;
116 }
117 void solve3(int n,int k)
118 {
119     ans=0;
120     res=0;
121     keepbit=(1LL<<cnt)-1;
122     dfs(1,0);
123     return ;
124 }
125 int main()
126 {
127     scanf("%d%d",&n,&k);
128     for(int i=1;i<=n;i++)
129         scanf("%llu",&a[i]);
130     if(k==1)
131         solve1(n);
132     else if(k==2)
133     {
134         calc(32);
135         solve2(n);
136     }
137     else
138     {
139         calc(61/k+1);
140         solve3(n,k);
141     }
142     printf("%llu",ans);
143     if(res) printf(".5");
144     printf("\n");
145     return 0;
146 }

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