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题意:

给定一个长度为 n 的序列 a[1..n]，定义函数 f(b[1..m]) 的值为在 [0,m-1] 内满足如下条件的 i 的数目：

b 中前 i 个数异或起来的值小于 b 中前 i +1个数异或起来的值。

对于 a[1..n] 的每个子序列 b[1..m]，求f(b[1..m])之和。

思路:

这又是一个二进制的dp问题啊,这种东西一直是我的弱项,明知道需要分离每一位去转化,却搞不明白要求什么.

PS：这里说的子序列是可以不连续的.

对于ai,我们要知道a1....i-1有多少个子序列满足 a[i]^s>s.那么我们首先就需要明确,当a[i]为0,这两个数是相等的,

当a[i]的最高位为1的时候,s所对应的二进制必定为0(s为子序列的异或和).否则如果s的也为1,异或为0,必定使其值小于s

不满足.

所以,我们只需要找到a[i]最高位1为的位置,然后记录a[i]的子序列中对应这一位的和为0的种类数.这个可以用

一个dp来解决,dp[bit][j]表示第bit位异或和为j的子序列有多少种,（可以知道j只有0 1）,然后剩下的a[i]后面的数,每一个数

都取或不取,就有2^(n-i).

进行递推时的转化见代码/

#include<bits/stdc++.h>#define Ri(a) scanf("%d", &a)#define Rl(a) scanf("%lld", &a)#define Rf(a) scanf("%lf", &a)#define Rs(a) scanf("%s", a)#define Pi(a) printf("%d\n", (a))#define Pf(a) printf("%lf\n", (a))#define Pl(a) printf("%lld\n", (a))#define Ps(a) printf("%s\n", (a))#define W(a) while(a--)#define CLR(a, b) memset(a, (b), sizeof(a))#define MOD 998244353#define inf 0x3f3f3f3f#define exp 0.00000001#define  pii  pair<int, int>#define  mp   make_pair#define  pb   push_backusing namespace std;typedef long long ll;const int maxn=1e5+10;ll dp[66][5];ll a[maxn];int n;ll f[maxn];void init(){CLR(f,0);f[0]=1;for(int i=1;i<maxn;i++)f[i]=f[i-1]*2%MOD;return ;}int main(){init();Ri(n);for(int i=1;i<=n;i++){Rl(a[i]);}for(int i=0;i<=31;i++){ dp[i][0]=1; dp[i][1]=0;}ll ans=0;int bit=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(bit=31;((a[i]>>bit)&1)==0;bit--);//找到a[i]最高位的1ans=(ans+dp[bit][0]*f[n-i]%MOD)%MOD;for(bit=0;bit<32;bit++)//dp转移{int x=dp[bit][0];int y=dp[bit][1];//这里需要记录一下,因为下面的值会变.int w=(a[i]>>bit)&1;if(!w){dp[bit][0]=(x*2)%MOD;dp[bit][1]=(y*2)%MOD;}else{dp[bit][0]=(x+y)%MOD;dp[bit][1]=(y+x)%MOD;}}}Pl(ans%MOD); return 0;}