【JZOJ100209】【20190705】狂妄之人

题目

\(S\)串长为\(n\)，字符集大小为\(k\)

一次操作为：取走\(S\)的任意一个字符或将\(S\)重排为一个没有出现过的字符\(S'\)

询问有多少个\(S\)使得后手必胜，答案对\(P\)取模

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

题解

• part 1 博弈

  先手必败当且仅当\(n\)为偶数，且不同的重排字符个数为奇数(难怪所有sample没有一个n为奇数)

  设每一个字符出现的次数为\(a_i\)，不同的个数为\((^{ \ \ \ \ \ n }_{a_1 \ a_2 \cdots \ a_k})\) 　

  对n=1显然成立

  如果\(n\)为偶数，\(n-1\)为奇数

  这时删掉这个字符的人一定是必拜的

  如果不同个数为偶数，删掉一个字符的一定是后手，否则一定是先手

  如果\(n\)为奇数，刪去一个字符\(i\)相当于将方案乘以\(\frac{a_i}{n}\)

  考虑重排数为奇数，一定存在一个$a_i $为奇数，先手操作这个数必胜

  考虑重排数为偶数，由于\(n\)为奇数，到时n-1的个数一定仍然为偶数

  这时删掉字符的人输，而删掉字符的人一定是后手

  所以结论成立

• part 2 计数部分

  问题变成求$(^{ \ \ \ \ \ n }_{a_1 \ a_2 \cdots \ a_k}) % 2 = 1\ , \ \sum a_i =n $的个数

  \((^n_{a_1 , \cdots , a_k})\) %P 不为0当且仅当拆分成P进制之后\(a1 \& \cdots \& a_k = 0\)

  考虑集合幂级数\(F(x) = \sum \frac{1}{i!}\) ，相当于求\(F(x)\)子集卷积的\(k\)次幂

  这可以用全家桶的exp和ln优化

• part 3 ln和exp

  如果直接用\(nlog \ n\)的exp和ln，乘法长度会从18变成32，常数巨大

  所以需要用\(n^2\)的多项式exp和ln（pty讲述了一下推法）

  考虑f和exp(f)的关系等价于无向连通图的EGF和无向图的EGF之间的关系

  考虑暴力地递推：

  \[\begin{align} &考虑G(x)为连通图个数的EGF，F(x)为无向图个数的EGF:\\ &考虑无向连通图和无向图之间的递推\\ &\begin{cases} F_i = \frac{f_i}{i!} \ \ , \ \ G_i = \frac{g_i}{i!}\\ F = exp(G) \\ f_i = \sum_{j=1}^{i} (^i_{j-1}) g_i f_{i-j} \\ \end{cases} 化简得：\\ &\begin{cases} G_0 = 0 \ , \ F_0 = 1\\ F_i = \frac{1}{i}\sum_{j=1}^{i} jG_jF_{i-j}\\ G_i = F_i - \frac{1}{i}\sum_{j=1}^{i-1}jG_jF_{i-j}\\ \end{cases} \end{align} \]

  这样就可以做到\(n^2\)

  时间复杂度\(O(n \ log ^2 n )\)　

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;
}