[题解][YZOJ50120]相互再归的鹅妈妈

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题目大意

给出一个二进制数 \(R\)，在 \([0, R-1]\) 中选 \(n\) 个互不相同数，问异或和为 \(0\) 的方案数。

\(|R|\le 10^6,n\le 7\).

解题思路

因为限制 \(n\) 个数互不相同难以实现，所以考虑允许相同怎么求方案数，然后容斥做。

记可以相同的 \(n\) 个数异或和为 \(0\) 的方案数为 \(h(n)\)，先考虑怎么容斥，不妨用连边表示两个数不能相同，那么就枚举被违反的限制，令被枚举的边集为 \(S\)，把被钦定相同的数缩点，那么答案就是：

\[\sum_{S}(-1)^{|S|}h(\text{奇数点连通块数目})\cdot R^{\text{偶数点连通块数目}} \]

虽然这个部分可以以 \(O(2^{\frac{n(n-1)}{2}})\) 的复杂度通过，但是还是考虑稍微快一点的 \(O(\operatorname{Bell}(n))\) 的复杂度怎么做。

试着写多项式复杂度的做法然而只搞出了五次方的东西 T^T

直接枚举每个连通块中是哪些点，然后考虑所有使得连出来的连通块是这个结果的边集的 \(\sum(-1)^{|S|}\) 是多少。

不难发现每个连通块其实是相互独立的，所以可以直接算出使得单个连通块连通的边集的 \(\sum(-1)^{|S|}\)，然后乘起来。

因为在用连边表示两个数不能相同时，得到的是完全图，所以单个连通块的 \(\sum(-1)^{|S|}\) 之和连通块包含的点数有关，不妨记为 \(f(n)\)。

可以用斯特林反演直接推得 \(f(n)=(-1)^{n-1}(n-1)!\)，但是也可以二项式反演来得出。

令 \(g(n)\) 表示 \(n\) 个点不要求连通的 \(\sum(-1)^{|S|}\)，那么 \(g\) 的值其实就是 \(g(n)=[n=1]\)，然后是个经典容斥：

\[f(n)=g(n)-\sum_{i=1}^n\binom{n-1}{i-1}\cdot f(i)\cdot g(n-i) \]

那么现在就只要考虑 \(h(n)\) 怎么求了，比较暴力 (要求所有 \(1\sim n\) 的方案数，所以应该是 \(O(n^4|R|)\) ? ) 的数位 dp 不难想，就直接求第几位，有几个数还没有脱离边界的方案数。然而这个做法的空间复杂度 \(O(n^2|R|)\) ，无法通过。

考虑一个更巧的思路，考虑第一个脱离边界的数是从哪一位开始脱离，那么在这一位之后，只要拿出一个脱离边界的数做收尾工作，其他的数可以随便填，从这个角度去考虑，就可以得到时间复杂度 \(O(n|R|)\) 的做法了。

代码

void check(int m){
	int sum = 1, siz[2]{};
	lfor(i, 1, m) sum = 1ll * sum * f[cnt[i]] % mod, ++siz[cnt[i] & 1];
	sum = 1ll * sum * qpow(suf[mk], siz[0]) % mod;
	sum = 1ll * sum * h[siz[1]] % mod;
	MOD(Ans += sum - mod);
}
void Dfs(int x, int idcnt){
	if(x > n) return check(idcnt);
	lfor(i, 1, idcnt) ++cnt[i], Dfs(x + 1, idcnt), --cnt[i];
	++cnt[idcnt + 1], Dfs(x + 1, idcnt + 1), --cnt[idcnt + 1];
}

signed main(){
	read(n), read(k), prep(n), pw[0] = 1;
	scanf("%s", s + 1), m = strlen(s + 1), mk = m * k;
	lfor(i, 1, m) s[i] -= '0';
	lfor(i, 0, k - 1) lfor(j, 1, m) s[i * m + j] = s[j];
	reverse(s + 1, s + mk + 1);
	lfor(i, 1, mk){
		pw[i] = 2ll * pw[i - 1] % mod;
		MOD(suf[i] = suf[i - 1] + s[i] * pw[i - 1] % mod - mod);
	}	
	
	bool have_one = 0; h[0] = 1;
	rfor(i, mk, 1) if(s[i]){
		memset(dp, 0, sizeof dp), dp[0][0][0] = 1;
		lfor(j, 1, n){
			lfor(a, 0, 1) lfor(b, 0, 1){
				MOD(dp[j][1][b] += 1ll * dp[j - 1][a][b] * (a ? pw[i - 1] : 1) % mod - mod);
				MOD(dp[j][a][b ^ 1] += 1ll * dp[j - 1][a][b] * suf[i - 1] % mod - mod);
			}
			if(j % 2 == 0 || have_one == 0) MOD(h[j] += dp[j][1][0] - mod);
		}
		have_one |= s[i];
	}
	
	f[1] = g[1] = 1;
	lfor(i, 1, n) lfor(j, 1, i - 1)
		MOD(f[i] -= 1ll * C(i - 1, j - 1) * f[j] % mod * g[i - j] % mod);
	
	Dfs(1, 0);
	
	cout << 1ll * Ans * ifac[n] % mod << endl;
	return 0;
}