[bzoj4589] Hard Nim

Description

Claris和NanoApe在玩石子游戏,他们有n堆石子,规则如下:

\1. Claris和NanoApe两个人轮流拿石子,Claris先拿。

\2. 每次只能从一堆中取若干个,可将一堆全取走,但不可不取,拿到最后1颗石子的人获胜。

不同的初始局面,决定了最终的获胜者,有些局面下先拿的Claris会赢,其余的局面Claris会负。

Claris很好奇,如果这n堆石子满足每堆石子的初始数量是不超过m的质数,而且他们都会按照最优策略玩游戏,那么NanoApe能获胜的局面有多少种。

由于答案可能很大,你只需要给出答案对10^9+7取模的值。

Input

输入文件包含多组数据,以EOF为结尾。

对于每组数据:

共一行两个正整数n和m。

每组数据有1<=n<=10^9, 2<=m<=50000。

不超过80组数据。

Sample Input

3 7
4 13

Sample Output

6
120

Solution

转化下题意,就是:

选出\(n\)个小于\(m\)的质数,求使得他们的异或和等于\(0\)的方案数。

构造生成函数:

\[F(x)=\sum_{i=0}^{m}is\_pri(i)\cdot x^i \]

其中\(is\_pri(i)\)指的是\(i\)是不是质数,是个布尔值。

我们考虑异或卷积,记为\(A\otimes B=C\)

那么,这个可以写成:

\[C_k=\sum_{i\oplus j=k}A_i\cdot B_j \]

我们记异或为\(\oplus\)

然后显然,答案就是:

\[ans_x=\sum_{a_1\oplus a_2 ...\oplus a_n=x}F_{a_1}\cdot F_{a_2}...\cdot F_{a_n} \]

其中\(ans_x\)表示异或和为\(x\)的方案数。

然后这个东西显然就是\(F\)在异或卷积意义下自乘\(n\)次,直接\(fwt\)优化就行了。

复杂度\(O(m\log n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
 
void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

const int maxn = 2e5+10;
const int mod = 1e9+7;
const int inv2 = 5e8+4;

int n,a[maxn],m,N,vis[maxn],pri[maxn],tot;

void sieve() {
	for(int i=2;i<maxn;i++) {
		if(!vis[i]) pri[++tot]=i;
		for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
			vis[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0) break;
		}
	}
}

int qpow(int aa,int x) {
	int res=1;
	for(;x;x>>=1,aa=1ll*aa*aa%mod) if(x&1) res=1ll*res*aa%mod;
	return res;
}

void fwt(int *r,int op) {
	for(int i=1;i<N;i<<=1)
		for(int j=0;j<N;j+=(i<<1))
			for(int k=0;k<i;k++) {
				int x=r[j+k],y=r[i+j+k];
				if(op==1) r[j+k]=(x+y)%mod,r[i+j+k]=(x-y)%mod;
				else r[j+k]=1ll*(x+y)*inv2%mod,r[i+j+k]=1ll*(x-y)*inv2%mod;
			}
}

int main() {
	sieve();
	while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) {
		memset(a,0,sizeof a);
		for(int i=1;i<=tot&&pri[i]<=m;i++) a[pri[i]]=1;
		N=1;while(N<=m) N<<=1;
		fwt(a,1);
		for(int i=0;i<N;i++) a[i]=qpow(a[i],n);
		fwt(a,-1);write((a[0]+mod)%mod);
	}
	return 0;
}
posted @ 2019-01-23 11:48  Hyscere  阅读(99)  评论(0编辑  收藏