[bzoj4589]Hard Nim
摘要：
首先這道題我們通過一個nim遊戲的模型可以得到答案是要用在一堆陣列成一個n個數且異或和為0的排列的方案數。
可以得到一個O(nm^2)
的DP。
f(i,j)
表示i個數異或和為j的方案數。我們發現可以把第二維作為多項式來進行運算，這個...
首先這道題我們通過一個nim遊戲的模型可以得到答案是要用在一堆陣列成一個n個數且異或和為0的排列的方案數。
可以得到一個O(nm^2) 的DP。
f(i,j) 表示i個數異或和為j的方案數。我們發現可以把第二維作為多項式來進行運算，這個運算可以使用FWT進行優化。
進一步思考，設f(1) 的第二維狀態為多項式G(x) ，我們要求的其實就是：
\otimes_{i=1}^{n}G(x)
如果我們按照這個式子進行FWT優化，可以優化到O(nmlgm) ，但是事實上我們發現每次我們FWT之後不需要再用逆FWT變換回去，可以直接與下一次要運算的多項式FWT之後的東西按每一位直接相乘。最後再逆FWT回去。
那麼其實我們只需要把第一次FWT之後的每一項變成原先的n次方然後再逆FWT回去即可。這個直接一個快速冪就好了。
所以我們現在的時間複雜度是O(mlgn)
另一種方法是倍增DP，但是這個時間複雜度是
O(mlgnlgm)
的，在這題會TLE。
\#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int MAX_N=1<<17|5,MOD=1e9+7,INV2=MOD+1>>1;
int a[MAX_N];
inline int mod(const int& x){ return x>=MOD?x-MOD:x; }
inline void FWT(int* a,int n,int t){
for(register int step=1;step<n;step<<=1)
for(register int i=0;i<n;++i)
if(i&step){
register int x=a[i-step],y=a[i];
if(t==1){
a[i-step]=mod(x+y);
a[i]=mod(x+MOD-y);
}else{
a[i-step]=(ll)(x+y)*INV2%MOD;
a[i]=(ll)(x+MOD-y)*INV2%MOD;
}
}
}
inline int fast_pow(int x,int n){
int ret=1;
for(;n;n>>=1){
n&1?ret=(ll)ret*x%MOD:0;
x=(ll)x*x%MOD;
}
return ret;
}
int prime[MAX_N],top_prime=0;
bool vis[MAX_N];
void Euler(int n){
for(int i=2;i<=n;++i) vis[i]=true;
top_prime=0;
for(int i=2;i<=n;++i){
vis[i]?prime[++top_prime]=i:0;
for(int j=1;j<=top_prime&&i*prime[j]<=n;++j){
vis[i*prime[j]]=false;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
}
int main(){
Euler(5e4);
int n,m,top;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
for(top=1;top<m+1;top<<=1);
for(int i=0;i<=top;++i) a[i]=i<=m?vis[i]:0;
FWT(a,top,1);
for(int i=0;i<=top;++i) a[i]=fast_pow(a[i],n);
FWT(a,top,-1);
printf("%d\n",a[0]);
}
}