[bzoj4589] Hard Nim

Description

\(Claris\)\(NanoApe\) 在玩石子游戏,他们有 \(n\) 堆石子,规则如下:

  1. \(Claris\)\(NanoApe\) 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 \(n\)\(m\)
每组数据有 \(1 \leq n \leq 10^9, 2 \leq m \leq 50000\)
不超过80组数据。

Output

对于每组数据,输出 \(NanoApe\) 能获胜的局面有多少种。

Sample Input

3 7
4 13

Sample Output

6
120


想法

首先,这是一个最基本的 \(Nim\) 游戏,每个数的 \(sg\) 值都等于它本身。
根据 \(SG\) 定理,每堆石子 \(sg\) 值的异或和若为0,则先手输,不为0则先手赢。
这道题中,我们要求的就是 \(n\) 堆石子的排列,每堆个数都是 \(m\) 以内的质数,求它们异或和为0(后手胜)的方案数。

于是我们考虑 \(dp\)
\(f[i][j]\) 表示现在有 \(i\) 堆石子,它们的异或和为 \(j\) 的方案数。
那么转移就是 \(f[i][j]=\sum\limits_{j=k \oplus p,p为m以内质数} f[i-1][k]\)
就用 \(\oplus\) 表示异或吧…

看到这里,我想到了矩阵乘法。
但它的复杂度是 \(O(logn\times s^3)\) ,其中 \(s\) 表示异或和的最大值,是 \(1e5\) 级别的,不行
似乎还可以倍增优化转移,但我认真地不明白怎么搞 \(QwQ\)

但是看到 \(j=k \oplus p\) ,可以想到我昨天刚刚学的 \(FWTxor\)
把式子改写一下,令 \(P[i]\) 表示 \(i\) 是否为质数,是的话为1
\(f[i][j]=\sum\limits_{j=k \oplus p} f[i-1][k] \times P[p]\)
这就是标准的 \(xor\) 卷积形式了。

但还有一个问题,\(n\)\(1e9\) 级别的,不能一个个转移
那就快速幂咯~
先正向 \(fwt\) ,然后快速幂,最后反向 \(fwt\) 变回来
大概的原理就是

\[\begin{aligned} FWT(A \oplus B)&=FWT(A) \times FWT(B) \Rightarrow \\ FWT(A \oplus B \oplus C)&=FWT((A \oplus B) \oplus C) \\ &=FWT(A \oplus B) \times FWT(C) \\ &=FWT(A) \times FWT(B) \times FWT(C) \end{aligned} \]

最后,写代码时注意边界。
\(f[0][0]=1\) 或者 \(f[1][p]=1,p为m以内质数\)


代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>

#define xzy 1000000007
#define ljh 500000004

using namespace std;

const int N = 530005;

int p[N],prime[N],pnum;
void getp(){
	for(int i=2;i<N;i++) p[i]=1;
	for(int i=2;i<N;i++){
		if(p[i]) prime[pnum++]=i;
		for(int j=0;j<pnum && 1ll*prime[j]*i<N;j++){
			p[i*prime[j]]=0;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}

int w;
void fwt(int *A,int ty){
	for(int i=2;i<=w;i<<=1)
		for(int j=0;j<w;j+=i)
			for(int k=j;k<j+i/2;k++){
				int t=A[k+i/2];
				A[k+i/2]=(A[k]-t+xzy)%xzy;
				A[k]=(A[k]+t)%xzy;
				if(ty==-1) {
					A[k+i/2]=1ll*A[k+i/2]*ljh%xzy;
					A[k]=1ll*A[k]*ljh%xzy;
				}
			}
}

int n,m;
int a[N],b[N];

int main()
{
	getp();
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
		w=1;
		while(w<=m) w<<=1;
		for(int i=0;i<w;i++) a[i]=0; a[0]=1;
		for(int i=0;i<=m;i++) b[i]=p[i];
		for(int i=m+1;i<w;i++) b[i]=0;
		fwt(a,1); fwt(b,1);
		while(n){
			if(n&1) for(int i=0;i<w;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%xzy;
			for(int i=0;i<w;i++) b[i]=1ll*b[i]*b[i]%xzy;
			n>>=1;
		}
		fwt(a,-1);
		printf("%d\n",a[0]);
	}
	
	return 0;
} 
posted @ 2019-07-08 21:16  秋千旁的蜂蝶~  阅读(62)  评论(0编辑  收藏