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魔法之龍瑪里苟斯最近在為加基森拍賣師的削弱而感到傷心，於是他想了一道數學題。
s 是乙個可重集合，s=。
等概率隨機取 s 的乙個子集 a=。
計算出 a 中所有元素異或 x, 求 xk 的期望。
第一行兩個正整數 n, k。
以下 n 行每行乙個整數，表示 ai。
如果結果是整數，直接輸出。如果結果是小數（顯然這個小數是有限的），輸出精確值（末尾不加多餘的 0）。
4 2012
33.5
首先，對於題目的答案小於263，我們可以看出對於不同的k，ai是不同的：
k=1,ai
<263
k=2,ai
<232
k=3,ai
<221
k=4,ai
<216
k=5,ai
<213
首先，因此我們依據資料範圍，對於不同的ai有不同的解法。
其次，題目要求輸出精確的小數，由以下推導我們可以知道，小數最多只有.5,不可能存在.25,.125這樣的：
對於求出來了其中一種情況x，他對答案的貢獻是xk*p，其中p是該情況出現的概率。
我們以x=2為例，其他k的情況類似：
我們把這個x按二進位制分成了最多n位，也就是最大的數的最高位為n。那麼他的k次方是(w0*20+w1*21+w2*22……+wn*2n)*(w0*20+w1*21+w2*22……+wn*2n)，展開就是w0*w0*20*20+w0*w1*20*21……wn*wn*2n*2n。其中wi是它每個二進位制位的值。
對於每個項wi*wj*2i+j，他存在的情況是wi為1且wj為1，也就是該位異或和為1。那麼他的存在的概率為p/2n(n為輸入的數列數字數),p為該兩位皆為1的情況數。
證明題外話：對於數列，我們可以先做個線性基，把線性相關的數字去掉，剩下的都是線性無關的數，這樣方便處理。
我們可以構造乙個異或（%2)的增廣矩陣來求解這樣的乙個p的數量，x1~xn,即xi代表這個數字是否在集合中，作為乙個行向量x，把所有數字按按二進位制位分解，每個數字佔一列，構造乙個矩陣mart.
那麼我們求解的是x*mart=ans，ans為乙個行向量，只有你要求的對應位為1，其餘為0。
假如我們求解的是i位和j位,我們的矩陣對應方程差不多是這樣的：
(2333 此處^為異或)
x1*w(1,0)^x2*w(2,0)^x3*w(3,0) ……^xn*w(n,0) =0;
x1*w(1,1)^x2*w(2,1)^x3*w(3,1) ……^xn*w(n,1) =0;
……x1*w(1,i)^x2*w(2,i)^x3*w(3,i) ……^xn*w(n,i) =1;
……x1*w(1,j)^x2*w(2,j)^x3*w(3,j) ……^xn*w(n,j) =1;
……x1*w(1,n)^x2*w(2,n)^x3*w(3,n) ……^xn*w(n,n) =0;
下面還有n-n個方程，對應更高位。畢竟是個矩陣嘛行數等於列數，但它們的w全為0，等號右邊也為0，對求解無影響就不列舉了。
其中w(i,j)，j代表數列第i個數字的第j位。
我們經過高斯消元以後弄成上三角,可以得出有t個f[i][i]非零的行,那麼只有這t個xi是有唯一解的，其他的xi有多解。因為%2，所以其他xi有2解，那麼總共就有2n-t個解，即p=2n-t;
那麼wi*wj存在的概率為p/2n=1/(2t);
那麼每項對答案的貢獻為2i+j-t。
對於i≠j,i+j≥1,t≤2，因此最多小數點後1位.5。
對於i==j,上述方程只有一行初始為1，所以t≤1,i+j≥0，也是最多.5。
上述結論擴充套件成k=n的情況，無非是方程等於1的行增加為n。
如果我們求解的位(wi*wj*wt.....）中有k位不同，那麼方程等於1的行就縮小為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為所求解對應位的位號。對應k=2的貢獻2i+j-t，k=n貢獻為2σp-t>=2-1。所以最多有一位小數.5。
k=1顯而易見最多/2所以k=1也是最多也是.5。
至此證明完畢。
接下來我們對應資料範圍，提出三種不同範圍下的解法：
k=1時，就求x的期望，它是線性的。對於所有數的所有子集的異或和，我們從他們某個二進位制位看。如果有數字該位為1,那麼該位有奇數個1和偶數個1的概率是相等的，皆為1/2。為奇數個為該位為1的情況，為1/2。如果沒有則不可能為1，該位始終為0。
那麼我們只要把每個數字或一下，然後乘1/2就是答案了。
k≥3時，由於ai
<221 ,即使列舉0~ai也最多百萬級別的時間複雜度。我們可以類似線性基求第k小列舉出所有可能出現的數字。於是我們可以考慮做完線性基後，唯一化，構造新陣列存不為0的元素中。
然後列舉每個數是否加入異或貢獻中，這樣可以求出所有數異或的所有值了。借用之前題目的結論，每個不同的異或值有p=2n-|μ|選擇元素的方法，n為原本陣列個數，|μ|為新構造的陣列個數。那麼每個值出現的概率就是p/總選擇方法數=p/(2n)=1/(2|μ|)的概率，值 乘 概率即為對答案的貢獻。
這裡需要做個兩位的高精來保證數字不出現錯誤。
1 #include2view code#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
6using
namespace
std;
7const
int n=2e5+10
;8 ll a[n],liner[100],per[100];9
bool f[40][40
];10
bool bits[40
];11
intn,m,k,cnt;
12ll ans,res,keepbit;
13void calc(int
bit)
1430}31
}32}33
for(int i=bit;i>=0;i--)
3438 cnt=0;39
for(int i=bit;i>=0;i--)
40if
(liner[i])
41 per[++cnt]=liner[i];
42return;43
}44void solve1(int
n)45
54void solve2(int
n)55
67 bits[i]=zero;68}
69int
p;70
for(int i=32;i>=0;i--)
71for(int j=32;j>=0;j--)
72if(bits[i]>0 && bits[j]>0)73
81if(i+j-p>=0
)82 ans+=(1ll<
83else
8487 ans+=res>>1
;88 res&=1;89
}90return;91
}9293void dfs(int
pos,ll num)
94107 ans+=u;
108 res+=v;
109 ans+=res>>cnt;
110 res&=keepbit;
111return
;112
}113 dfs(pos+1,num^per[pos]);
114 dfs(pos+1
,num);
115return
;116
}117
void solve3(int n,int
k)118
125int
main()
126137
else
138142 printf("
%llu
",ans);
143if(res) printf(".5"
);144 printf("\n"
);145
return0;
146 }
BZOJ3811瑪里苟斯
從乙個序列裡面選擇一些數異或起來，求所有異或方案的答案的 k 次方的期望值 n le 100000,1 le k le 5 對於 k 1 的情況，對於每一位分開考慮 如果至少有乙個數的當前位是 1 的，那麼有一半的可能性為 0 也就是如果乙個異或方案為 0 那麼選擇其補就能能得到為 1 的結果 使用...
BZOJ 3811 瑪里苟斯（線性基）
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bzoj3811 瑪里苟斯 線性基
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