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题目解法

首先需要得到一个性质：
当 $Xi\ne Xj$ 时， $i,j$ 操作的先后顺序可以交换
证明：
可以画一张图，只考虑 $Yi=Yj=0$ 的情况，其他情况也可以推出
下面是只考虑 $Xi,Xj$ 位 $0,1$ 的情况：
考虑交换绿色与红色边的贡献顺序，实际上每个点被贡献到的值是不变的

所以可以将操作按 $Xi$ 分开做（注意，$Xi$相同的不满足交换律）
现在只需要考虑第 $i$ 位的贡献
考虑每次贡献只会在 2 个中进行，即有 $2^{n-1}$ 组，只需要考虑每组中的贡献
令一组中第 $i$ 位为 $0$ 的为 $a_i$，第 $i$ 位为 $1$ 的为 $a_j$
那么 $a_i^{\prime }=p0\ast a_i+p1\ast a_j$，$a_j^{\prime }=q0\ast a_i+q1\ast a_j$
考虑求出 $p0,p1,q0,q1$ 即可以算出答案

时间复杂度 $O(n\ast 2^n)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N(20),P(998244353);
int n,q,a[1<<N],b[1<<N]; 
vector<int> op[N];
inline int read(){
	int FF=0,RR=1;
	char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
	return FF*RR;
}
int main(){
	n=read(),q=read();
	for(int i=0;i<1<<n;i++) a[i]=read();
	for(int i=1,x,y;i<=q;i++) x=read(),y=read(),op[x].push_back(y);
	for(int i=0;i<n;i++){
		int x0=1,y0=0,x1=0,y1=1;
		for(int j=0;j<op[i].size();j++){
			int t=op[i][j];
			if(!t) (x1+=x0)%=P,(y1+=y0)%=P;
			else (x0+=x1)%=P,(y0+=y1)%=P;
		}
		for(int j=0;j<1<<n;j++){
			int k=j^(1<<i);
			if(j>>i&1) b[j]=((LL)x1*a[k]%P+(LL)y1*a[j]%P)%P;
			else b[j]=((LL)x0*a[j]%P+(LL)y0*a[k]%P)%P;
		}
		for(int j=0;j<1<<n;j++) a[j]=b[j];
	}
	for(int i=0;i<1<<n;i++) printf("%d ",a[i]);
	return 0;
}