10 14 牛客提高集訓營5

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首先容斥一下，$ans=(r_1,r_2)-(r_1,l_2-1)-(l_1-1,r_2)+(l_1-1,l_2-1)$。$(x,y)$表示$l_1=l_2=0,\ r_1=x,\ r_2=y$時的答案。

因為是異或，我們按位考慮。

對於$(r_1,r_2)$，考慮這種特殊情況：$r_1=2^n-1,\ r_2=2^m-1$（假設$n\leq m$）。

從$[0,2^n)$中任取乙個$x$，$[0,2^m)$中任取乙個$y$，那麼$x^y$還在$[0,2^n)$內。

對於任意乙個$z\in[0,2^n)$，它的前$n-m$位是由$x$確定的，後$m$位由$x,y$共同確定。那麼對於$x$的後$m$位的$2^m$種取值，$y$都有唯一的值使得$x^y=z$。所以我們算一下$[0,2^n)$中有多少個$p$的倍數，再乘上$2^m$就行了。

考慮更一般的情況。如果列舉$r$的某一位$1$選$0$，那麼後面所有位可以隨意確定。比如$r=(1011)_2$，可以將它拆成$0???,100?,1010$三個區間（區間左端點為$0$），這樣就對應三個形如$a\times2^n+[0,2^n)$的區間（$a$就是列舉的$1$之前的字首）。當然$1011$本身不會計算到，讓$r+1$就行了。

這樣我們就把任意區間拆成了$o(\log n)$個字首固定，後面隨便放的區間。

考慮對於$r_1,r_2$，設拆出的區間分別是$a_1\times2^n+[0,2^n)$和$a_2\times2^m+[0,2^m)$，且$n\geq m$。那麼從這兩個區間中任取兩個數異或，結果的後$n$位可以任意定，剩餘高位由$a_1\times2^n\ ^\ a_2\times2^m$確定。異或的結果是乙個區間，區間中任意數同樣有$2^m$種選擇得到。算一下區間中有多少個數整除$p$就行了。（因為有個$[0,2^n)$的數，所以區間下界的後$n$位為全$0$，上界就全$1$，其餘高位由$a_1\times2^n\ ^\ a_2\times2^m$決定）。

#include #include #include #define gc() getchar()
#define bit 59
#define mod 998244353
typedef long long ll;
inline ll read()
//ll calc(ll a,ll b,ll m)//兩種寫法 
//^m 2^i*a_i\)。
怎麼判斷當前\(a_i\)的選擇方案是否合法呢？也就是判是否存在尤拉迴路。那麼令\(dgr_i\)為\(i\)點度數，那麼若滿足\(\forall i,dgr_i\%2=0\)，方案合法。
好了以上是廢話。我們先求最小生成樹。
因為樹邊權值都小於非樹邊，且\(2^k>\sum_^2^i\)，所以如果要走一條權值大的非樹邊兩次，完全可以多繞一圈樹邊代替，且同樣只影響路徑端點的兩個點的度數奇偶性。
我們還可以發現，\(1\leq a_i\leq2\)。對生成樹dfs一遍，根據點的度數確定一下\(x\)需要走到\(fa[x]\)的邊多少次就行了。
\(1\)節點沒有到父節點的邊，但因為所有點度數和為偶數，所有它的度數也一定是偶數。
//107ms	16476kb
#include #include #include //#define gc() getchar()
#define maxin 300000
#define gc() (ss==tt&&(tt=(ss=in)+fread(in,1,maxin,stdin),ss==tt)?eof:*ss++)
#define mod 998244353
typedef long long ll;
const int n=5e5+5;
int pw[n],enum,h[n],to[n<<1],nxt[n<<1],len[n<<1],fa[n],dgr[n];
ll ans;
char in[maxin],*ss=in,*tt=in;
inline int read()
inline void ae(int u,int v,int w)
int find(int x)
void dfs(int x,int fa)
}int main()
dfs(1,1);
printf("%lld\n",ans%mod);
return 0;
}

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首先串$t$有$\binom$種可能。

先生成串$s$再判斷$t$是$s$的子串行很麻煩。我們可以往$t$中加入$a-c$個$0$和$b-d$個$1$來得到$s$。那麼所求即為有多少種加入$0/1$的方案由$t$得到$s$。

顯然多餘的$0/1$是哪都可以加的。但是直接這麼算會算重。比如000加乙個0，有$4$個位置可選，但實際方案數只有1種。

考慮比如0001要加入乙個0，只要欽定0只能放在那個1前面，就不會算重了。再比如00011001，每個1前（且只在$1$前）可以放若干個0，方案都是不同的。

所以實際上$0$可以放的位置只有$d$個（即$1$的個數）（當然乙個位置可以放多個$0$）。

另外$t$的末尾是可以任意放$0/1$的。那我們列舉$t$的末尾放多少個$0/1$，方案數可以用組合數算。同樣其餘的$0/1$只能放在前面確定的一些位置，方案數同樣可以用組合數$o(1)$計算（就是$n$個球放入$m$個盒子，允許盒子為空，即將$n$個球分成$m$組）。

設在前面放$x$個$0$，$y$個$1$，則方案數為：$$\binom\times\binom\times\binom$$

因為有$c-1,d-1$，所以要特判$c,d$為$0$的情況。而且這樣算只與$0/1$數量有關，最後可以直接乘$\binom$。

#include #include #include #include #define gc() getchar()
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
const int n=4005;
int fac[n],ifac[n];
inline int read()
inline int fp(int x,int k)
#define c(n,m) (1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[(n)-(m)]%mod)
int main()

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