[COCI 2013/2014 ROUND 6] hash

分析：

　　很容易想到时间复杂度为O(26ⁿ)的暴力枚举算法，但由于n<=10，很明显会超时，这时会有一个比较常用的方法：折半枚举。

　　分别枚举前半段和后半段，把满足条件的结合起来就是答案。

　　对于f[i]=((f[i-1]*33) xor letter[i]) mod 2^m

　　前半段很好做，直接带入公式，定义g[i]为hash值为i的个数，进行记录

　　后半段可以这样做：

　　在此题的背景下，因为m>=6，且1<=letter[i]<=26,所以 (a xor b) mod 2^m=(a mod 2^m) xor b

　　又因为xor的逆运算是他自己本身,所以已知k=((x*33) xor letter[i]) mod 2^m要求x mod 2^m，可以化为(x*33) mod 2^m=k xor letter[i]

　　因为33肯定与2^m互质，令a=33模2^m的乘法逆元，那么x mod 2^m=((k xor letter[i])*a) mod 2^m

　　这样就可以倒着推了

小技巧：对2^m取余就等于对2^m-1进行位运算和操作

下面是代码：

#include<cstdio>
#define maxn 1<<25
#define LL long long

int n,k,m,N,x,y,ni,M;
int f[maxn];
int Mod;
LL ans=0;

void dfs(int a,int b)
{
    if (a>N)
    {
        f[b]++;
        return;
    }
    for (int i=1;i<=26;i++)
        dfs(a+1,((b*33)^i)&Mod);
}

void Exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if (b==0)
    {
        x=1;y=0;
    }
    else
    {
        Exgcd(b,a%b,y,x);
        y=y-a/b*x;
    }
}

void back_dfs(int a,int b)
{
    if (a>M)
    {
        ans+=f[b];
        return;
    }
    for (int i=1;i<=26;i++)
        back_dfs(a+1,((b^i)*ni)&Mod);
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
    N=n>>1;
    Mod=(1<<m)-1;
    dfs(1,0);
    Exgcd(33,1<<m,x,y);
    ni=(x+(1<<m))&Mod;
    M=n-N;
    back_dfs(1,k);
    printf("%I64d\n",ans);
    return 0;
}