Loj 6358 前夕

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二项式定理 + 单位根反演.

在 $n$ 个元素组成的 $2^n$ 个集合中选出若干集合,使得它们交集大小为 $4$ 的倍数,求方案数.

$n\le 10^7$ .

考虑容斥,钦定交集中包含了 $k$ 个元素的总方案数为
$$
g(k)=\binom n k (2^{2^{n-k}}-1)
$$
考虑构造出容斥系数 $f$ ,使得
$$
ans =\sum_{i=0}^n f(k)g(k)
$$
对于交集大小为 $x$ 的某种方案,对答案的贡献应当为 $[4|x]$ ,而按照 $ans=\sum f(k)g(k)$ 计算时,贡献为
$$
\sum_{i=0}^x \binom x if(i)
$$
于是可以得出 $[4|x]=\sum_{i=0}^x \binom x i f(i)$ .

利用二项式反演和单位根反演可以得到

$$
f(x)=\sum_{i=0}^x (-1)^{x-i} \binom x i [4|i] \\
=\sum_{i=0}^x(-1)^{x-i}\binom x i \frac{1}{4}\sum_{j=0}^3 (\omega_{4}^i)^j \\
=\frac{1}{4} \sum_{j=0}^3 \sum_{i=0}^x\binom x i(-1)^{x-i}\ (\omega_{4}^j)^i \\
=\frac{1}{4} \sum_{j=0}^3(\omega_4^j-1)^x
$$
注意选择一个技能都没有的集合和一个集合都不选择是不同的方案.

而上述分析只考虑了前者的贡献,最后答案还要加上 $1$ ,表示一个集合都不选.

时间复杂度 $O(n)$ .

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//%std
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
	int out = 0, fh = 1;
	char jp = getchar();
	while ((jp > '9' || jp < '0') && jp != '-')
		jp = getchar();
	if (jp == '-')
		fh = -1, jp = getchar();
	while (jp >= '0' && jp <= '9')
		out = out * 10 + jp - '0', jp = getchar();
	return out * fh;
}
const int P = 998244353, G = 3;
int add(int a, int b)
{
	return a + b >= P ? a + b - P : a + b;
}
void inc(int &a, int b)
{
	a = add(a, b);
}
int mul(int a, int b)
{
	return 1LL * a * b % P;
}
int fpow(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			res = mul(res, a);
		a = mul(a, a);
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
const int N = 1e7 + 10;
int omega, n, f[N], g[N], invfac, fac = 1, ans = 0;
int main()
{
	omega = fpow(G, (P - 1) / 4);
	n = read();
	int k = 2, c, pw;
	for (int i = n; i >= 0; --i)
	{
		g[i] = add(k, P - 1);
		k = mul(k, k);
	}
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
		fac = mul(fac, i);
	invfac = fpow(fac, P - 2);
	for (int i = n; i >= 0; --i)
	{
		g[i] = mul(g[i], invfac);
		g[n - i] = mul(g[n - i], invfac);
		invfac = mul(invfac, i);	
	}
	k = 1;
	for (int j = 0; j < 4; ++j)
	{
		c = add(k, P - 1), pw = 1;
		for (int i = 0; i <= n; ++i)
		{
			inc(f[i], pw);
			pw = mul(pw, c);
		}
		k = mul(k, omega);
	}
	for (int i = 0; i <= n; ++i)
		inc(ans, mul(f[i], g[i]));
	ans = mul(ans, fpow(4, P - 2));
	ans = mul(ans, fac);
	inc(ans, 1);
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}