【luogu CF838C】Future Failure（博弈论）（子集卷积）

Future Failure

题目链接：luogu CF838C

题目大意

两个人对着一个字符串博弈，每次可以重新排列这个字符串或者删去一个字符。然后每次得到的字符串要是之前没有出现过的，谁无法操作谁就输了。
然后问你长度为 n 的字符串，只能用 k 种字符，有多少个串先手必胜。

思路

首先我们博弈一下，会发现一个状态能赢要么是它拿走一个存在一个子串能赢，要么就是它这个串的排列方式是偶数。

那考虑那排列方式列出来：
$\dfrac{n!}{a_1!a_2!a_3!...a_k!}$（$a_i$ 表示第 $i$ 个字符的出现次数）
那你考虑删了一个数会改变多少如果删的是第 $i$ 个字符，那就是乘上 $\dfrac{a_i}{n}$

如果 $n$ 是奇数，必定有一个 $a_i$ 也是奇数，那你可以删使得奇偶不变。

然后会发现 $n$ 是奇数直接必胜，因为如果删了能赢就删，否则就可以不停的排，那后手也一定不能删，也只能排，那会发现如果是不能删的情况一定是偶数中排列方式的。
（可以通过上面那个奇偶不变得到）

那如果是偶数就不能让自己走到奇数，所以就是只用它自己的排列方式是偶数。
那我们接下来就是考虑统计这个偶数的，发现不好统计，我们考虑统计奇数的，就是 $n!$ 质因数分解的每个 $2$ 都可以跟下面的 $2$ 对应。
那考虑统计 $2$ 质因子的个数，先考虑一个阶乘怎么求。
$n!\rightarrow \sum\limits_{i}\left\lfloor\dfrac{n}{2^i}\right\rfloor$

$\sum\limits_{i}\left\lfloor\dfrac{n}{2^i}\right\rfloor=\sum\limits_{x=1}^k\sum\limits_{i}\left\lfloor\dfrac{a_x}{2^i}\right\rfloor$

然后我们考虑不停分解 $x$ 出来，因为上的数量肯定比下面的多，那我们就把这个情况看到每个 $2^i$ 中，这都应该是要满足的，所以它们每一位应该都是一样的：
$\forall i\in N,\left\lfloor\dfrac{n}{2^i}\right\rfloor=\sum\limits_{i}\left\lfloor\dfrac{a_x}{2^i}\right\rfloor$
那你就考虑这个是什么鬼，那我们会发现这个其实跟二进制有关，就是所有 $a_x$ 加在一起不能有进位。

那这个其实我们不难想到一个东西就是把 $n$ 的二进制拆成若干份，每个 $x$ 贡献是 $\dfrac{1}{x!}$，然后每个的贡献乘起来，最后另外乘上 $n!$。
然后你这个乘你可以用循环卷积来做，就 $k$ 个字符依次加入然后 FWT 一下。
然后这样还是太慢所以可以 $k$ 这个地方快速幂一下。

代码

#include<cstdio>
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 1 << 19;
int n, k, mo, jc[N], inv[N], num1[N];
int f[20][N], g[20][N];

int jia(int x, int y) {return x + y >= mo ? x + y - mo : x + y;}
int jian(int x, int y) {return x < y ? x - y + mo : x - y;}
int cheng(int x, int y) {return 1ll * x * y % mo;}

int ksm(int x, int y) {
	int re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = cheng(re, x);
		x = cheng(x, x); y >>= 1; 
	}
	return re;
}

void Init() {
	jc[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) jc[i] = cheng(jc[i - 1], i);
	inv[0] = inv[1] = 1; for (int i = 2; i < N; i++) inv[i] = cheng(inv[mo % i], (mo - mo / i));
	for (int i = 1; i < N; i++) inv[i] = cheng(inv[i - 1], inv[i]);
	for (int i = 1; i < N; i++) num1[i] = num1[i ^ (i & (-i))] + 1;
}

void FWT(int *f, int limit, int op) {
	for (int mid = 1; mid < limit; mid <<= 1) {
		for (int R = mid << 1, j = 0; j < limit; j += R) {
			for (int k = 0; k < mid; k++) {
				ll x = f[j | k], y = f[j | mid | k];
				f[j | k] = x; f[j | mid | k] = jia(cheng(x, op), y);
			}
		}
	}
}

int work(int n, int k) {
	int m = 1; while (m <= n) m <<= 1;
	f[0][0] = 1; for (int i = 0; i <= n; i++) g[num1[i]][i] = inv[i];
	for (int i = 0; i < num1[n]; i++) FWT(g[i], m, 1);
	FWT(f[0], m, 1);
	for (int kk = k; kk; kk >>= 1) {
		if (kk & 1) {
			for (int i = num1[n]; i >= 0; i--) {
				for (int j = 0; j < m; j++)
					f[i][j] = cheng(f[i][j], g[0][j]);
				for (int j = 0; j < i; j++)
					for (int k = 0; k < m; k++) {
						f[i][k] = jia(f[i][k], cheng(f[j][k], g[i - j][k]));
					}
			}
		}
		for (int i = num1[n]; i >= 0; i--) {
			for (int j = 0; j < m; j++)
				g[i][j] = cheng((i ? 2 : 1), cheng(g[i][j], g[0][j]));
			for (int j = 1; j < i; j++)
				for (int k = 0; k < m; k++) {
					g[i][k] = jia(g[i][k], cheng(g[j][k], g[i - j][k]));
				}
		}
	}
	FWT(f[num1[n]], m, mo - 1);
	return cheng(f[num1[n]][n], jc[n]);
}

int main() {
	scanf("%d %d %d", &n, &k, &mo);
	
	if (n & 1) {
		printf("%d", ksm(k, n)); return 0;
	}
	
	Init();
	printf("%d", jian(ksm(k, n), work(n, k)));
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/luogu_CF838C.html
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