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--- 2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:多项式_2 [2020/08/06 10:19]
jxm2001
+++ 2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:多项式_2 [2021/05/02 17:40] (当前版本)
jxm2001 [理论基础]
@@ 行 39: / 行 39: @@
 考虑如何实现 $O(n\log n)$ 时间根据多项式系数点值法得到多项式系数表示法。
-记 $y_i=f(\omega_n^i)$。假设 $f(x)$ 系数表示法为 ${a_0,a_1\cdots a_{n-1}}$，点值表示法为 $\{(\omega_n^0,y_0),(\omega_n^1,y_1)\cdots (\omega_n^{n-1},y_{n-1})\}$。
+记 $y_i=f(\omega_n^i)$。
+假设 $f(x)$ 系数表示法为 ${a_0,a_1\cdots a_{n-1}}$，点值表示法为 $\{(\omega_n^0,y_0),(\omega_n^1,y_1)\cdots (\omega_n^{n-1},y_{n-1})\}$。
 构造多项式 $A(x)=\sum_{i=0}^{n-1}y_ix^i$，将 $x=\omega_n^{-k}(k=0,1\cdots n-1)$ 代入，有
@@ 行 121: / 行 123: @@
 ====  算法练习 ====
+=== 习题一 ===
 [[https://www.luogu.com.cn/problem/P3803|洛谷p3803]]
-=== 题意 ===
+== 题意 ==
 给定两个多项式的系数表示法，求两个多项式乘积的系数表示法。
-=== 题解 ===
+== 题解 ==
 记这两个多项式为 $g(x)=b_0+b_1x+\cdots b_nx^n,h(x)=c_0+c_1x+\cdots c_mx^m$，所求多项式为 $f(x)=a_0+a_1x+\cdots a_{n+m}x^{n+m}$。
@@ 行 201: / 行 205: @@
 </hidden>
-=== 优化 ===
+== 优化 ==
 考虑式子 $\left(g(x)+h(x)i\right)^2=g^2(x)-h^2(x)+2g(x)h(x)i=g^2(x)-h^2(x)+2f(x)i$。
@@ 行 268: / 行 272: @@
 </hidden>
-=== 应用 ===
+== 应用 ==
 [[https://www.luogu.com.cn/problem/P1919|洛谷p1919]]
@@ 行 340: / 行 344: @@
 	else
 	while(n>=0)putchar(ans[n--]+'0');
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+=== 习题二 ===
+[[https://www.luogu.com.cn/problem/P3338|洛谷p3338]]
+== 题意 ==
+给定 $a_0,a_1\cdots a_{n-1}$，求
+$$E_i=\sum_{j=0}^{i-1} \frac {a_j}{(i-j)^2}-\sum_{j=i+1}^{n-1} \frac {a_j}{(i-j)^2}(i=0,1\cdots n-1)$$
+== 题解 ==
+构造
+$$b_i=
+\begin{cases}
+\cfrac 1{i^2}, & n\gt 0\\
+, & n=0\\
+-\cfrac 1{i^2}, & n\lt 0\\
+\end{cases}
+$$
+于是有 $E_i=\sum_{j=0}^{n-1} a_jb_{i-j}$。同时为防止访问负数下标，令 $b_i$ 偏移 $n-1$ 位。
+最后套用 $\text{FFT}$ 计算即可，时间复杂度 $O(n\log n)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=1e5+5;
+const double pi=acos(-1.0);
+struct complex{
+	double x,y;
+	complex(double x=0.0,double y=0.0):x(x),y(y){}
+	complex operator + (const complex &b){
+		return complex(x+b.x,y+b.y);
+	}
+	complex operator - (const complex &b){
+		return complex(x-b.x,y-b.y);
+	}
+	complex operator * (const complex &b){
+		return complex(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);
+	}
+};
+int rev[MAXN<<3];
+int build(int k){
+	int n,pos=0;
+	while((1<<pos)<=k)pos++;
+	n=1<<pos;
+	_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
+	return n;
+}
+void FFT(complex *f,int n,int type){
+	_for(i,0,n)if(i<rev[i])
+	swap(f[i],f[rev[i]]);
+	complex t1,t2;
+	for(int i=1;i<n;i<<=1){
+		complex w(cos(pi/i),type*sin(pi/i));
+		for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
+			complex cur(1.0,0.0);
+			_for(k,j,j+i){
+				t1=f[k],t2=cur*f[k+i];
+				f[k]=t1+t2,f[k+i]=t1-t2;
+				cur=cur*w;
+			}
+		}
+	}
+	if(type==-1)_for(i,0,n)
+	f[i].x/=n;
+}
+complex f[MAXN<<3],g[MAXN<<3];
+int main()
+{
+	int n=read_int();
+	_for(i,0,n)
+	scanf("%lf",&f[i].x);
+	_for(i,1,n)
+	g[n-1+i].x=1.0/i/i,g[n-1-i].x=-1.0/i/i;
+	g[n-1].x=0;
+	int t=build(3*n);
+	FFT(f,t,1);FFT(g,t,1);
+	_for(i,0,t)
+	f[i]=f[i]*g[i];
+	FFT(f,t,-1);
+	_for(i,0,n)
+	printf("%.3lf\n",f[n-1+i].x);
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+=== 习题三 ===
+[[https://www.luogu.com.cn/problem/P3723|洛谷p3723]]
+== 题意 ==
+给定两个长度为 $n$ 的序列 $a,b$。其中 $b$ 可以循环移动，求 $\min\left(\sum_{i=0}^{n-1}(a_i-b_i+x)^2\right)$，$x$ 为任意整数。
+== 题解 ==
+$$\sum_{i=0}^{n-1}(a_i-b_i+x)^2=\sum_{i=0}^{n-1} \left(a_i^2+b_i^2-2a_ib_i+2(a_i-b_i)x+x^2\right)=\sum_{i=0}^{n-1}\left(a_i^2+b_i^2\right)+2x\sum_{i=0}^{n-1}(a_i-b_i)+nx^2-2\sum_{i=0}^{n-1}a_ib_i$$
+发现不管 $b$ 如何循环移动，$\sum_{i=0}^{n-1}\left(a_i^2+b_i^2\right)$ 和 $\sum_{i=0}^{n-1}(a_i-b_i)$ 为定值。
+于是 $\sum_{i=0}^{n-1}\left(a_i^2+b_i^2\right)+2x\sum_{i=0}^{n-1}(a_i-b_i)+nx^2$ 为系数确定的二次函数，可以直接求最小值，问题转化为求 $\max\left(\sum_{i=0}^{n-1}a_ib_i\right)$。
+考虑倍长 $b$ 数组，再反转 $a$ 数组，于是式子转化为
+ $$\max_{0\le k\lt n}\left(\sum_{i=0}^{n-1}a_{n-1-i}b_{i+k}\right)$$
+令 $c_i=\sum_{j=0}^i a_jb_{i-j}$，于是式子转化为
+$$\max_{0\le k\lt n} c_{n-1+k}$$
+考虑 $\text{FFT}$ 或 $\text{NTT}$ 求解，时间复杂度 $O(n\log n)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=5e4+5;
+const double pi=acos(-1.0);
+struct complex{
+	double x,y;
+	complex(double x=0.0,double y=0.0):x(x),y(y){}
+	complex operator + (const complex &b){
+		return complex(x+b.x,y+b.y);
+	}
+	complex operator - (const complex &b){
+		return complex(x-b.x,y-b.y);
+	}
+	complex operator * (const complex &b){
+		return complex(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);
+	}
+};
+int rev[MAXN<<3];
+int build(int k){
+	int n,pos=0;
+	while((1<<pos)<=k)pos++;
+	n=1<<pos;
+	_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
+	return n;
+}
+void FFT(complex *f,int n,int type){
+	_for(i,0,n)if(i<rev[i])
+	swap(f[i],f[rev[i]]);
+	complex t1,t2;
+	for(int i=1;i<n;i<<=1){
+		complex w(cos(pi/i),type*sin(pi/i));
+		for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
+			complex cur(1.0,0.0);
+			_for(k,j,j+i){
+				t1=f[k],t2=cur*f[k+i];
+				f[k]=t1+t2,f[k+i]=t1-t2;
+				cur=cur*w;
+			}
+		}
+	}
+	if(type==-1)_for(i,0,n)
+	f[i].x/=n;
+}
+int a[MAXN],b[MAXN];
+complex f[MAXN<<3],g[MAXN<<3];
+int main()
+{
+	int n=read_int(),m=read_int();
+	LL ans,s1=0,s2=0,s3=0;
+	_for(i,0,n)a[i]=read_int(),s1+=a[i]*a[i],s2+=a[i];
+	_for(i,0,n)b[i]=read_int(),s1+=b[i]*b[i],s2-=b[i];
+	double x1=floor(-1.0*s2/n),x2=ceil(-1.0*s2/n);
+	ans=s1+(int)min(n*x1*x1+2*s2*x1,n*x2*x2+2*s2*x2);
+	reverse(a,a+n);
+	int N=build(3*n);
+	_for(i,0,n)f[i].x=a[i],g[i+n].x=g[i].x=b[i];
+	FFT(f,N,1);FFT(g,N,1);
+	_for(i,0,N)f[i]=f[i]*g[i];
+	FFT(f,N,-1);
+	_rep(i,n-1,2*n-1)
+	s3=max(s3,(LL)(f[i].x+0.5));
+	enter(ans-2*s3);
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+=== 习题四 ===
+[[http://codeforces.com/gym/101234/problem/D|2020-2021 BUAA ICPC Team Supplementary Training 02 D]]
+== 题意 ==
+给定一棵 $n$ 个节点的树。每次随机选择一个结点，删除该结点以及与该点相连的边，并得 $s$ 分，$s$ 表示删除该结点前该结点所在树的大小。
+不断重复上述操作，直到删除所有结点。问最后总得分的期望值。
+== 题解 ==
+考虑每个点对 $(u,v)(u\neq v)$，定义 $\text{dis}(u,v)=u$ 到 $v$ 路径上的结点数(包含端点)，$\text{cnt}_d$ 表示满足 $\text{dis}_{u,v}=d$ 的点对数。
+于是 $(u,v)$ 产生 $1$ 个贡献的条件为 $u$ 或 $v$ 为该路径上第一个删除的点，概率为 $\frac 2d$。
+而点对 $(u,u)$ 一定产生 $1$ 个贡献。
+于是最终答案为 $n+\sum_{i=2}^n\frac 2d\times \text{cnt}_d$，考虑点分治统计路径长度，$\text{FFT}$ 合并答案。
+统计答案时如果不断合并子树路径并求卷积将使得每层分治时间复杂度退化为 $O(n^2)$。
+考虑每层分治直接对所有过根节点结点路径求卷积，然后再减去每个子树中的不合法路径。总时间复杂度 $O(n\log^2 n)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=1e5+5,Mod=1e9+7;
+const double pi=acos(-1.0);
+struct complex{
+	double x,y;
+	complex(double x=0.0,double y=0.0):x(x),y(y){}
+	complex operator + (const complex &b){
+		return complex(x+b.x,y+b.y);
+	}
+	complex operator - (const complex &b){
+		return complex(x-b.x,y-b.y);
+	}
+	complex operator * (const complex &b){
+		return complex(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);
+	}
+};
+int rev[MAXN<<2];
+int build(int k){
+	int n,pos=0;
+	while((1<<pos)<=k)pos++;
+	n=1<<pos;
+	_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
+	return n;
+}
+void FFT(complex *f,int n,int type){
+	_for(i,0,n)if(i<rev[i])
+	swap(f[i],f[rev[i]]);
+	complex t1,t2;
+	for(int i=1;i<n;i<<=1){
+		complex w(cos(pi/i),type*sin(pi/i));
+		for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
+			complex cur(1.0,0.0);
+			_for(k,j,j+i){
+				t1=f[k],t2=cur*f[k+i];
+				f[k]=t1+t2,f[k+i]=t1-t2;
+				cur=cur*w;
+			}
+		}
+	}
+	if(type==-1)_for(i,0,n)
+	f[i].x/=n;
+}
+struct Edge{
+	int to,next;
+}edge[MAXN<<1];
+int n,edge_cnt,head[MAXN];
+int sz[MAXN],mson[MAXN],tot_sz,root,root_sz;
+int dis[MAXN],c1[MAXN],c2[MAXN],ans[MAXN],msz;
+bool vis[MAXN];
+void Insert(int u,int v){
+	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
+	head[u]=edge_cnt;
+}
+void find_root(int u,int fa){
+	sz[u]=1;mson[u]=0;
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(vis[v]||v==fa)
+		continue;
+		find_root(v,u);
+		sz[u]+=sz[v];
+		mson[u]=max(mson[u],sz[v]);
+	}
+	mson[u]=max(mson[u],tot_sz-sz[u]);
+	if(mson[u]<root_sz){
+		root=u;
+		root_sz=mson[u];
+	}
+}
+void dfs1(int u,int fa){
+	dis[u]=dis[fa]+1;c1[dis[u]]++;msz=max(msz,dis[u]);
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(vis[v]||v==fa)
+		continue;
+		dfs1(v,u);
+	}
+}
+void dfs2(int u,int fa){
+	c2[dis[u]]++;msz=max(msz,dis[u]);
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(vis[v]||v==fa)
+		continue;
+		dfs2(v,u);
+	}
+}
+complex f[MAXN<<2];
+void calc(int *c,int n_0,int k){
+	int n=build(n_0<<1);
+	_rep(i,0,n_0)f[i].x=c[i];
+	FFT(f,n,1);
+	_for(i,0,n)f[i]=f[i]*f[i];
+	FFT(f,n,-1);
+	_for(i,0,n)ans[i]=(ans[i]+k*(LL)(f[i].x+0.5))%Mod;
+	_for(i,0,n)f[i].x=f[i].y=0.0;
+}
+void query(int u){
+	msz=0,c1[dis[u]=0]++;
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(vis[v])
+		continue;
+		dfs1(v,u);
+	}
+	calc(c1,msz,1);
+	_rep(i,0,msz)c1[i]=0;
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(vis[v])
+		continue;
+		msz=0;
+		dfs2(v,u);
+		calc(c2,msz,-1);
+		_rep(i,1,msz)c2[i]=0;
+	}
+}
+void solve(int u){
+	int cur_sz=tot_sz;
+	vis[u]=true;query(u);
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(vis[v])
+		continue;
+		tot_sz=sz[v]>sz[u]?cur_sz-sz[u]:sz[v];root_sz=MAXN;
+		find_root(v,u);
+		solve(root);
+	}
+}
+int quick_pow(int a,int b){
+	int ans=1;
+	while(b){
+		if(b&1)
+		ans=1LL*ans*a%Mod;
+		a=1LL*a*a%Mod;
+		b>>=1;
+	}
+	return ans;
+}
+int main()
+{
+	int n=read_int(),u,v;
+	_for(i,1,n){
+		u=read_int(),v=read_int();
+		Insert(u,v);Insert(v,u);
+	}
+	root_sz=MAXN,tot_sz=n;
+	find_root(1,0);
+	solve(root);
+	int s=0;
+	_for(i,0,n)
+	s=(s+1LL*ans[i]*quick_pow(i+1,Mod-2))%Mod;
+	_rep(i,1,n)
+	s=1LL*s*i%Mod;
+	enter((s+Mod)%Mod);
 	return 0;
 }
@@ 行 373: / 行 745: @@
   - 一个正整数 $n$ 具有原根的充要条件为 $n=2,4,p^\alpha,2p^\alpha$，其中 $p$ 为素数
   - 如果 $n$ 具有原根，则 $n$ 具有 $\varphi\left(\varphi(n)\right)$ 个原根
-  - 如果 $g$ 为 $n$ 的原根，则 $1,g^1,g^2\cdots g^{\varphi(n)}$ 构成 $n$ 的最简剩余系
+  - 如果 $g$ 为 $n$ 的原根，则 $1,g^1,g^2\cdots g^{\varphi(n)-1}$ 构成 $n$ 的最简剩余系
   - 设 $\varphi(n)=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}$，且 $n\nmid a^{\frac {\varphi(n)}{p_i}}-1(i=1,2\cdots k)$，则 $a$ 为 $n$ 的原根
@@ 行 422: / 行 794: @@
 }
 </code>
+====  算法练习 ====
+[[https://www.luogu.com.cn/problem/P3321|洛谷p3321]]
+=== 题意 ===
+给定一个集合 $S$，问从集合 $S$ 中依次选出 $n$ 个数乘积模 $p$ 意义下恰好为 $x$ 的方案数。
+数据保证 $p\le 8000,n\le 10^9,1\le x\lt p$，且 $p$ 为素数，最后答案对 $1004535809$ 取模。
+=== 题解 ===
+先考虑将乘法转化为加法。素数 $p$ 一定有原根 $g$，考虑将 $S$ 中的每个数表示为 $p$ 的幂次，且 $x=g^y$。
+于是合法方案转化为幂次和模 $p-1$ 意义下恰好为 $y$ 的方案。
+令 $f_{i,j}$ 表示依次选择 $i$ 个数幂次和恰好为 $j$ 的方案，于是有递推式 $f_{i,j}=\sum_{k=0}^j f_{i-1,j-k}f_{1,k}$。
+考虑 $\text{NTT}$ 加速卷积过程。由于只关注模 $p-1$ 意义的和，于是可以将每次卷积后大于 $p-1$ 的项转移到取模后的结果中。
+于是得到一个暴力递推算法，时间复杂度为 $O(np\log p)$。
+考虑快速幂优化递推过程，于是时间复杂度降为 $O(p\log p\log n)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXP=8005,Mod=1004535809,G=3,Inv_G=334845270;
+int quick_pow(int a,int b,int mod){
+	int ans=1;
+	while(b){
+		if(b&1)
+		ans=1LL*ans*a%mod;
+		a=1LL*a*a%mod;
+		b>>=1;
+	}
+	return ans;
+}
+int rev[MAXP<<2];
+int build(int k){
+	int n,pos=0;
+	while((1<<pos)<=k)pos++;
+	n=1<<pos;
+	_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
+	return n;
+}
+void NTT(int *f,int n,int type){
+	_for(i,0,n)if(i<rev[i])
+	swap(f[i],f[rev[i]]);
+	int t1,t2;
+	for(int i=1;i<n;i<<=1){
+		int w=quick_pow(type==1?G:Inv_G,(Mod-1)/(i<<1),Mod);
+		for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
+			int cur=1;
+			_for(k,j,j+i){
+				t1=f[k],t2=1LL*cur*f[k+i]%Mod;
+				f[k]=(t1+t2)%Mod,f[k+i]=(t1-t2)%Mod;
+				cur=1LL*cur*w%Mod;
+			}
+		}
+	}
+	if(type==-1){
+		int div=quick_pow(n,Mod-2,Mod);
+		_for(i,0,n)
+		f[i]=(1LL*f[i]*div%Mod+Mod)%Mod;
+	}
+}
+int lg[MAXP];
+vector<int> ps;
+bool check(int x,int p){
+	_for(i,0,ps.size()){
+		if(quick_pow(x,(p-1)/ps[i],p)==1)
+		return false;
+	}
+	return true;
+}
+void get_log(int p){
+	int temp=p-1,g;
+	for(int i=2;i*i<=temp;i++){
+		if(temp%i==0){
+			ps.push_back(i);
+			while(temp%i==0)temp/=i;
+		}
+	}
+	if(temp!=1)ps.push_back(temp);
+	_for(i,2,p){
+		if(check(i,p)){
+			g=i;
+			break;
+		}
+	}
+	for(int i=0,j=1;i<p-1;i++,j=j*g%p)
+	lg[j]=i;
+}
+int temp[MAXP<<2];
+void quick_pow(int *f,int n,int k,int mod){
+	memcpy(temp,f,sizeof(temp));
+	f[0]=1;
+	_for(i,1,n)f[i]=0;
+	while(k){
+		NTT(temp,n,1);
+		if(k&1){
+			NTT(f,n,1);
+			_for(i,0,n)
+			f[i]=1LL*f[i]*temp[i]%Mod;
+			NTT(f,n,-1);
+		}
+		_for(i,0,n)
+		temp[i]=1LL*temp[i]*temp[i]%Mod;
+		NTT(temp,n,-1);
+		_for(i,mod,n){
+			f[i%mod]=(f[i%mod]+f[i])%Mod;
+			temp[i%mod]=(temp[i%mod]+temp[i])%Mod;
+			f[i]=temp[i]=0;
+		}
+		k>>=1;
+	}
+}
+int cnt[MAXP<<2];
+int main()
+{
+	int n=read_int(),p=read_int(),x=read_int(),s=read_int();
+	get_log(p);
+	while(s--){
+		int v=read_int();
+		if(!v)continue;
+		cnt[lg[v]]++;
+	}
+	int m=build(p<<1);
+	quick_pow(cnt,m,n,p-1);
+	enter(cnt[lg[x]]);
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
 ===== MTT =====
@@ 行 731: / 行 1238: @@
 ==== 算法练习 ====
+=== 习题一 ===
 [[https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5667/E|牛客暑期多校(第二场) E 题]]
-=== 题意 ===
+== 题意 ==
 给定 $n$ 个数 $a_1,a_2\cdots a_n(0\le a_i\lt 2^{18})$。
@@ 行 740: / 行 1249: @@
 要求输出 $n$ 个数，第 $i$ 个数表示取 $i$ 个数(可以重复取)可以得到的最大值。
-=== 题解 ===
+== 题解 ==
 记 $f_{i,j}$ 表示选取 $i$ 个数能否取到数值 $j$，$ans_i$ 表示选取 $i$ 个数能取到的最大值，$\omega=18$。
@@ 行 802: / 行 1311: @@
 	_rep(i,1,n)
 	space(ans[i]);
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+=== 习题二 ===
+[[https://www.luogu.com.cn/problem/P6097|洛谷p6097]]
+== 题意 ==
+子集卷积模板题。
+给定两个序列 $a_0,a_1\cdots a_{2^n-1}$ 和 $b_0,b_1\cdots b_{2^n-1}$。
+求 $c_0,c_1\cdots c_{2^n-1}$，其中
+$$c_k=\sum_{i\And j=0,i|j=k}a_ib_j$$
+== 题解 ==
+对 $i|j=k,i\And j\neq 0$ 有 $|i|+|j|\gt |k|$。于是 $i\And j=0,i|j=k$ 等价于 $i|j=k,|i|+|j|=|k|$。
+$$
+a_{i,j} =
+\begin{cases}
+a_j, & i=|j|  \\
+, & i\neq |j|
+\end{cases}
+$$
+考虑将新得到的序列 $\{a_i\},\{b_j\}$ 间两两卷积，最终答案即为 $c_{|k|,k}$。
+时间复杂度 $O\left(n^22^n\right)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=21,MAXM=1<<20,Mod=1e9+9;
+int a[MAXN][MAXM],b[MAXN][MAXM],c[MAXN][MAXM],cnt[MAXM];
+void FWT(int *f,int n,int type){
+	for(int i=1;i<n;i<<=1)
+	for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
+	_for(k,j,j+i)
+	f[k+i]=(f[k+i]+type*f[k])%Mod;
+}
+int main()
+{
+	int n=read_int(),m=1<<n;
+	_for(i,1,m)cnt[i]=cnt[i-(i&(-i))]+1;
+	_for(i,0,m)a[cnt[i]][i]=read_int();
+	_for(i,0,m)b[cnt[i]][i]=read_int();
+	_rep(i,0,n)FWT(a[i],m,1),FWT(b[i],m,1);
+	_rep(i,0,n)_rep(j,0,i)_for(k,0,m)
+	c[i][k]=(c[i][k]+1LL*a[j][k]*b[i-j][k])%Mod;
+	_rep(i,0,n)FWT(c[i],m,-1);
+	_for(i,0,m)space((c[cnt[i]][i]+Mod)%Mod);
 	return 0;
 }
 </code>
 </hidden>

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