BZOJ4589. Hard Nim

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了BZOJ4589. Hard Nim相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

BZOJ4589. Hard Nim

题意:

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。

题解:

首先要知道nim先手获胜条件是所有堆的数量异或为0
那么问题就抽象为:n个数,每个数取值范围是[2,m]中的质数,可以取重,问一共有多少种方案,使得这n个数异或为0
对于每一个2~m的质数p,我们都可以取,用数组b来存就是b[p]=1,质数都被标记为1
C k C_k Ck表示异或和为k的方案数有多少种,b[i]=1说明第i位是质数,否则不是
有: C k = ∑ i 1 ⊕ i 2 ⊕ . . . . . ⊕ i n = k b i 1 × b i 2 × . . . . × b i n C_k=\\sum_i_1⊕i_2⊕.....⊕i_n=kb_i_1×b_i_2×....×b_i_n Ck=i1i2.....in=kbi1×bi2×....×bin
因为我们要求异或和为0,所以k等于0
式子就是:
求n个序列,其中 i 1 ⊕ i 2 ⊕ . . . . . ⊕ i n = 0 i_1⊕i_2⊕.....⊕i_n=0 i1i2.....in=0
C 0 = ∑ i 1 ⊕ i 2 ⊕ . . . . . ⊕ i n = 0 b i 1 × b i 2 × . . . . × b i n C_0=\\sum_i_1⊕i_2⊕.....⊕i_n=0b_i_1×b_i_2×....×b_i_n C0=i1i2.....in=0bi1×bi2×....×bin
很明显这就是FWT能解决的问题
但是本题中n很大,n<=1e9,如果直接乘一定会超时,我们仔细观察,这个式子就是n个b序列,而所有b序列都是一样的,相当于其实是n个b相乘,也就是 b n b^n bn,所以可以通过快速相乘,结合FWT模板理解一下就懂了

代码:

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
typedef pair<int, int>PII;
const int N = 5e5 + 7, mod = 1e9 + 7;
const double PI = acos(-1.0);
 
int n, m, limit, t;
int a[N], b[N];
bool vis[N];
int primes[N], cnt;

int qpow(int a, int b)

    int res = 1;
    while(b) 
        if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        b >>= 1;
    
    return res;


int inv2 = qpow(2, mod - 2);

void init(int n)

    for(int i = 2; i <= n; ++ i) 
        if(vis[i] == 0) primes[ ++ cnt] = i;
        for(int j = 1; j <= cnt && i * primes[j] <= n; ++ j) 
            vis[i * primes[j]] = true;
            if(i % primes[j] == 0) break;
        
    


void XOR(int *a, int n, int type = 1)

    for(int o = 2; o <= n; o <<= 1) 
        for(int i = 0, k = o >> 1; i < n; i += o) 
            for(int j = 0; j < k; ++j) 
                int X = a[i + j];
                int Y = a[i + j + k];
                a[i + j] = (1ll * X + Y) % mod;
                a[i + j + k] = ((1ll * X - Y) % mod + mod) % mod;
                if(type == -1) 
                    a[i + j] = (1ll * a[i + j] * inv2) % mod;
                    a[i + j + k] = (1ll * a[i + j + k] * inv2) % mod;
                
            
        
    


void solve()

    memset(b, 0, sizeof b);
    memset(a, 0, sizeof a);
    for(int i = 2; i <= m; ++ i)
        if(vis[i] == 0) b[i] = 1;

	limit = 1;
    while(limit <= m) limit <<= 1;

    XOR(b, limit);
//    for(int i=0;i<=limit;i++)
//    	cout<<"a[i]="<<a[i]<<endl;
//	
//	for(int i=0;i<=limit;i++)
//    	cout<<"b[i]="<<b[i]<<endl;
//	
    for(int i = 0; i <= limit; ++ i) 
        b[i] = 1ll * qpow(b[i], n) % mod;
    
    XOR(b, limit, -1);

    printf("%d\\n", b[0]);
    return ;


int main()

//	freopen("data.in", "r", stdin);
    init(N - 7);
    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) 
        solve();
    



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