一道有趣的题。
看到按位的矩阵运算，如果对FWT比较熟悉的话，会比较容易地想到。
这种形式也就FWT等转移里面有吧……就算有其他的也难构造出来。
然而FWT的矩阵并不是酉矩阵（也就是满足 \(AA^T = I\)），这个很好办，就直接把行列式除到 \(1\) 就好了。
于是得到转移矩阵：
\[ A = \left[ \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{matrix} \right] \]
我们接下来肯定是要做FWT了，显然，对所有 \(i\) 都做一遍 manipulate(A, i)
得到的东西肯定有性质。我们直接带入FWT的定义式进行展开，得到第 \(i\) 位的值为
\[\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^n \left( \left(-1\right)^{|x \cap i|} + \left(-1\right)^{|y \cap i|} \right)\]
显然，要么这一位为 \(0\)，要么为 $ \pm 2 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^n $。
我们考虑不为零的情况，因为只有这样才有用。
\[ \begin{align*} |x \cap i| + |y \cap i| & \equiv 0 \pmod 2\\ |\left(x \cap i\right) \oplus \left(y \cap i\right)| & \equiv 0 \pmod 2\\ |\left(x \oplus y \right) \cap i| & \equiv 0 \pmod 2\\ \end{align*} \]
于是我们得到了 \(x \oplus y\) 这个定值。这个定值和我们查询得到的 \(i\) 的关系就是交大小为偶数。
那么我们不断FWT然后询问 \(i\)，因为答案随机，猜测很快能随机出。
下面有两种做法，要么用异或方程组动态高斯消元，要么暴力。
然后我写的是暴力，具体就是得到一个 \(i\) 就把所有可能满足条件的都标上，直到剩下一个数就是答案。 具体可以用一个bool数组，然后每次and。
但是有一个问题，\(0\) 一直都满足，这样会有两个满足，导致死循环。因为题目保证 \(x \neq y\)，所以 \(0\) 一开始就是不可能的。这样就可以唯一确定一个了。
因为期望查询次数为 \(O\left(n\right)\)，常数很小（这个我是真的不会算
所以期望询问次数 \(O\left(n^2\right)\)，除交互库复杂度 \(O\left(n2^n\right)\) 可以通过此题。
#include "quantumbreak.h"
#include <bits/stdc++.h>
const double is2 = 1 / sqrt(2);
double qry[2][2] = {
{is2, is2},
{is2, -is2}
};
int rest, can[1 << 16], iss[1 << 16];
int query_xor(int n, int _) {
const int U = 1 << n;
rest = U - 1;
for (int i = 0; i != U; ++i) {
iss[i] = __builtin_popcount(i) & 1 ^ 1;
can[i] = true;
}
can[0] = false;
while (rest > 1) {
for (int i = 0; i != n; ++i)
manipulate(qry, i);
int x = query();
rest = 0;
for (int i = 0; i != U; ++i)
rest += (can[i] &= iss[i & x]);
}
for (int i = 0; i != U; ++i)
if (can[i])
return i;
}