「UNR #2」黎明前的巧克力

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题目链接：http://uoj.ac/contest/39/problem/310。

好仙啊这个题。。

首先容易知道，如果我们枚举他俩集合的并集，假设为$s$，如果$s$的异或和为$0$，那么$s$的任意一个子集和它的补集都构成一种方案，所以贡献为$2^{|s|}$。

那么容易得到答案的生成函数：

生成函数乘积定义为异或卷积。

一个很朴素的想法就是把每一项都$\rm FWT$起来，复杂度$O(nm2^m)$（令$m=20$，就是值域的二进制位数），一个点都过不了。。。

注意到每一项只有两项是有值的，如果直接上$\rm FWT$也太浪费了点，考虑找一下规律看看能发现什么，首先异或$\rm FWT$的式子是长这样的：

那么显然对于$f_0=1$，每一位都会加上$1$，而对于$f_{a_i}$，有些位会$+2$，有些$-2$，换句话说我们$\rm FWT$完了后每一位只可能是$-1$或$3​$。

接下来的过程比较魔幻……我们换一种思路，本来我们是想求$\rm FWT$完了后每一位的乘积，现在我们只需要求有多少个项在当前位是$-1$就好了，假设有$x$个那么当前位的答案就是$(-1)^x\cdot 3^{n-x}$。

考虑怎么搞出这个信息，注意到把这些式子加起来是可以很快做到的，因为我们可以把原式子加起来再$\rm FWT$，因为$\rm FWT$的本质也是系数表达式和点值表达式的转换。

那么我们就可以得到一个方程：$(-1)\cdot x+3(n-x)=a$，那么就可以得到当前位是多少，最后在$\rm FWT$回去就好了。

复杂度$O(n+m2^m)$。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}

void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

#define lf double
#define ll long long 

#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >

#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second

#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)

const int maxn = 1.1e6+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 998244353;
const int inv2 = 499122177;

int n,m,f[maxn];

void fwt(int *r,int op) {
    for(int i=1;i<n;i<<=1)
        for(int j=0;j<n;j+=i<<1)
            for(int k=0;k<i;k++) {
                int x=r[j+k],y=r[i+j+k];
                r[j+k]=(x+y)%mod,r[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
                if(op<0) r[j+k]=1ll*r[j+k]*inv2%mod,r[i+j+k]=1ll*r[i+j+k]*inv2%mod;
            }
}

int qpow(int a,int x) {
    int res=1;
    for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}

int main() {
    read(m);n=1<<20;
    for(int i=1,x;i<=m;i++) read(x),f[x]+=2,f[0]++;
    fwt(f,1);
    for(int i=0;i<n;i++) {
        int x=((m+f[i])%mod)/4;
        f[i]=1ll*qpow(3,x)*((m-x)&1?mod-1:1)%mod;
    }
    fwt(f,-1);
    write((f[0]-1+mod)%mod);
    return 0;
}