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[ABC367G] Sum of (XOR^K or 0)
考虑求出 \(ans_i\) 表示选了 \(m\) 的倍数个数，异或和是 \(i\) 的方案数再统计答案。
先考虑 \(m=1\) 怎么做。相当于是 \(ans_i=[x^i]\prod_j (x^0+x^{a_j})\)，这里的乘法是异或卷积。如果直接 xor-FWT 复杂度不如暴力。令 \(F_i(x)\) 表示第 \(i\) 个数对应的集合幂级数，列出式子：
所以只需要对于每个 \(k\) 求出求出 \(\text{popcount}(k\And a_i)\) 是奇数和偶数的 \(j\) 的个数。考虑构造一个新的集合幂级数 \(G_i(x)\)，满足 \(G_i(x)=x^{a_i}\)，所以 \(\text{FWT}(G_i(x))=\sum_j x^j(-1)^{\text{popcount}(j\And a_i)}\)。
\[g_k=\sum_{i}(-1)^{\text{popcount}(k\And a_i)}=\sum_i [x^k]\text{FWT}(G_i(x)) \]因为 FWT 是线性变换，所以
\[g_k=[x^k]\text{FWT}(\sum_i G_i(x)) \]\(x\) 表示 \(\text{popcount}(k\And a_i)\) 是偶数的个数，\(y\) 表示奇数，则有
\[\left\{\begin{matrix} x+y=n\\ x-y=g_k \end{matrix}\right. \]可以对于每个 \(k\) 解出来 \(x,y\)。这样就求出来了异或卷积的 FWT 数组 \(f_i\)，把 \(f\) IFWT 回去就得到了 \(ans_i\)。
对于如何拓展到 \(m\not=1\)，其实也很简单，看成在 \(x\) 中选若干个，\(y\) 中选若干个，要求选的总数是 \(m\) 的倍数并且在 \(y\) 中每选一个都要乘一个 \(-1\)。预处理 \(a_{i,j}=\sum_{k\equiv j\pmod m}\binom{i}{k}\) 和 \(b_{i,j}=\sum_{k\equiv j\pmod m}\binom{i}{k}(-1)^k\)，然后把 \(a,b\) 合并起来就能求出 \(c_i\) 表示有 \(i\) 个 \(1\)，\(n-i\) 个 \(-1\)，在之中选 \(m\) 的倍数个的所有方案的权值乘积和，然后令 \(f_i=c_x\) 即可。总复杂度 \(\mathcal O(nm+k2^k)\)，其中 \(k=20\)。
const int N=1<<20;
int n,m,K,f[N],F[200010][110],G[200010][110],H[200010];
inline void mian()
{
read(n,m,K),F[0][0]=G[0][0]=1;int x,y,iv=power(N,MOD-2),ans=0;
for(int i=0;i<n;++i)for(int j=0;j<m;++j)
Madd(F[i+1][j],F[i][j]),Madd(F[i+1][(j+1)%m],F[i][j]),
Madd(G[i+1][j],G[i][j]),Mdel(G[i+1][(j+1)%m],G[i][j]);
for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=0;j<m;++j)
Madd(H[i],Cmul(F[i][j],G[n-i][(m-j)%m]));
for(int i=1;i<=n;++i)read(x),++f[x];
for(int i=1;i<N;i<<=1)for(int j=0;j<N;j+=i<<1)for(int k=j;k<j+i;++k)
x=f[k]+f[k+i],y=f[k]-f[k+i],f[k]=x,f[k+i]=y;
for(int i=0;i<N;++i)f[i]=H[(n+f[i])>>1];
for(int i=1;i<N;i<<=1)for(int j=0;j<N;j+=i<<1)for(int k=j;k<j+i;++k)
x=Cadd(f[k],f[k+i]),y=Cdel(f[k],f[k+i]),f[k]=x,f[k+i]=y;
for(int i=0;i<N;++i)Madd(ans,Cmul(f[i],iv,power(i,K)));
write(ans);
}