【JZOJ100209】【20190705】狂妄之人

題目

\(S\)串長爲\(n\)，字符集大小爲\(k\)

一次操做爲：取走\(S\)的任意一個字符或將\(S\)重排爲一個沒有出現過的字符\(S'\)

詢問有多少個\(S\)使得後手必勝，答案對\(P\)取模

$n \le 3 \times 10^5  , k \le 10^9  ,  10^8 \le P \le 10^9+100 $

題解

• part 1 博弈

  先手必敗當且僅當\(n\)爲偶數，且不一樣的重排字符個數爲奇數(難怪全部sample沒有一個n爲奇數)

  設每個字符出現的次數爲\(a_i\)，不一樣的個數爲\((^{ \ \ \ \ \ n }_{a_1 \ a_2 \cdots \ a_k})\) 　

  對n=1顯然成立

  若是\(n\)爲偶數，\(n-1\)爲奇數

  這時刪掉這個字符的人必定是必拜的

  若是不一樣個數爲偶數，刪掉一個字符的必定是後手，不然必定是先手

  若是\(n\)爲奇數，刪去一個字符\(i\)至關於將方案乘以\(\frac{a_i}{n}\)

  考慮重排數爲奇數，必定存在一個$a_i $爲奇數，先手操做這個數必勝

  考慮重排數爲偶數，因爲\(n\)爲奇數，到時n-1的個數必定仍然爲偶數

  這時刪掉字符的人輸，而刪掉字符的人必定是後手

  因此結論成立

• part 2 計數部分

  問題變成求$(^{      n }_{a_1  a_2 \cdots  a_k}) % 2 = 1 ,  \sum a_i =n $的個數

  \((^n_{a_1 , \cdots , a_k})\) %P 不爲0當且僅當拆分紅P進制以後\(a1 \& \cdots \& a_k = 0\)

  考慮集合冪級數\(F(x) = \sum \frac{1}{i!}\) ，至關於求\(F(x)\)子集卷積的\(k\)次冪

  這能夠用全家桶的exp和ln優化

• part 3 ln和exp

  若是直接用\(nlog \ n\)的exp和ln，乘法長度會從18變成32，常數巨大

  因此須要用\(n^2\)的多項式exp和ln（pty講述了一下推法）

  考慮f和exp(f)的關係等價於無向連通圖的EGF和無向圖的EGF之間的關係

  考慮暴力地遞推：
  \[ \begin{align} &考慮G(x)爲連通圖個數的EGF，F(x)爲無向圖個數的EGF:\\ &考慮無向連通圖和無向圖之間的遞推\\ &\begin{cases} F_i = \frac{f_i}{i!} \ \ , \ \ G_i = \frac{g_i}{i!}\\ F = exp(G) \\ f_i = \sum_{j=1}^{i} (^i_{j-1}) g_i f_{i-j} \\ \end{cases} 化簡得：\\ &\begin{cases} G_0 = 0 \ , \ F_0 = 1\\ F_i = \frac{1}{i}\sum_{j=1}^{i} jG_jF_{i-j}\\ G_i = F_i - \frac{1}{i}\sum_{j=1}^{i-1}jG_jF_{i-j}\\ \end{cases} \end{align} \]
  這樣就能夠作到\(n^2\)

  時間複雜度\(O(n \ log ^2 n )\)　

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define il inline 
#define rg register 
using namespace std;
const int N=1<<19,M=20;
int n,m,mx,P,L,a[M][N],cnt[N],b[N],c[N],ny[N],fac[N],inv[N];ll lim;
il void inc(int&x,int y){x+=y;if(x>=P)x-=P;}
il void dec(int&x,int y){x-=y;if(x<0)x+=P;}
il void fwt(int*A){
    for(rg int i=1;i<L;i<<=1)
    for(rg int j=0;j<L;j+=i<<1)
    for(rg int k=0;k<i;++k){
        inc(A[j+k+i],A[j+k]);
    }
}
il void ifwt(int*A){
    for(rg int i=1;i<L;i<<=1)
    for(rg int j=0;j<L;j+=i<<1)
    for(rg int k=0;k<i;++k){
        dec(A[j+k+i],A[j+k]);
    }
}
il void exp(int*A,int*B,int l){
    B[0]=1;
    for(rg int i=1;i<=l;++i){
        B[i]=0;ll t=0;
        for(rg int j=1;j<=i;++j){
            //inc(B[i],1ll*j*A[j]%P*B[i-j]%P);
            t+=1ll*A[j]*B[i-j]%lim*j;
            if(t>=lim)t-=lim;
        }
        //B[i]=1ll*B[i]*ny[i]%P;
        B[i]=(t%P)*ny[i]%P;
    }
}
il void ln(int*A,int*B,int l){
    B[0]=0;
    for(int i=1;i<=l;++i){
        B[i]=0;ll t=0;
        for(rg int j=1;j<i;++j){
            //dec(B[i],1ll*j*B[j]%P*A[i-j]%P);
            t+=1ll*B[j]*A[i-j]%lim*j;
            if(t>=lim)t-=lim;
        }
        //B[i]=(A[i]+1ll*B[i]*ny[i])%P;
        B[i]=(A[i]+(P-t%P)*ny[i])%P;
    }
}
il void pow(int*A,int k,int l){
    static int t1[N];   
    ln(A,t1,l);
    for(int i=0;i<=l;++i)t1[i]=1ll*t1[i]*k%P;
    exp(t1,A,l);
}
int main(){
    freopen("megalovania.in","r",stdin);
    freopen("megalovania.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&P);
    if(n&1)return puts("0"),0;
    lim=(ll)4e18/P*P;
    L=1;while(L<=n)L<<=1;
    ny[1]=1;for(int i=2;i<=n;++i)ny[i]=1ll*(P-P/i)*ny[P%i]%P;
    for(int i=fac[0]=inv[0]=1;i<=n;++i){
        fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P;
        inv[i]=1ll*inv[i-1]*ny[i]%P;
        cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
    }
    mx=cnt[n];
    for(int i=0;i<=n;++i)if((i|n)==n)a[cnt[i]][i]=inv[i];
    for(int i=0;i<=mx;++i)fwt(a[i]);
    for(int i=0;i<=n;++i)if((i|n)==n){
        for(int j=0;j<=mx;++j)b[j]=a[j][i];
        pow(b,m,mx);
        c[i]=b[mx];
    }
    ifwt(c);
    int ans=1ll*c[n]*fac[n]%P;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}