BZOJ 4589 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。

Output

Sample Input

3 7
4 13

Sample Output

6
120

\(Nim\)游戏后手胜利的条件是所有石子数量的异或值为零。

这道题就是构造一个生成函数\(A(x)=\sum_{i}[i为质数]x^i\)

然后\(FWT\)就行了。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define M 50005
#define mod 1000000007
 
using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

int n,m;
int pri[M];
bool vis[M];
void pre(int n) {
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		if(!vis[i]) pri[++pri[0]]=i;
		for(int j=1;j<=pri[0]&&1ll*i*pri[j]<=n;j++) {
			vis[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0) break;
		}
	}
}
const ll inv2=5e8+4;
ll ksm(ll t,ll x) {
	ll ans=1;
	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
		if(x&1) ans=ans*t%mod;
	return ans; 
}
void FWT_xor(ll *a,int n,int flag) {
	for(int len=2;len<=n;len<<=1) {
		for(int mid=len>>1,i=0;i<n;i+=len) {
			for(int j=0;j<mid;j++) {
				ll u=a[i+j],v=a[i+j+mid];
				a[i+j]=(u+v)%mod;
				a[i+j+mid]=(u-v+mod)%mod;
				if(flag==-1) a[i+j]=a[i+j]*inv2%mod,a[i+j+mid]=a[i+j+mid]*inv2%mod;
			}
		}
	}
}

ll ans[M*4];

void solve(int n,int d) {
	FWT_xor(ans,1<<d,1);
	for(int i=0;i<(1<<d);i++) ans[i]=ksm(ans[i],n);
	FWT_xor(ans,1<<d,-1);
}

int main() {
	pre(50000);
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {
		memset(ans,0,sizeof(ans));
		for(int i=1;i<=pri[0]&&pri[i]<=m;i++) ans[pri[i]]=1;
		int d=ceil(log2(m));
		solve(n,d);
		cout<<ans[0]<<"\n";
	}
	return 0;
}

posted @ 2018-11-30 21:41  hec0411  阅读(122)  评论(0编辑  收藏