NOI模拟 开关

涉及知识点：DP，组合数学

题意

\(n\ (\leq10^9)\) 盏灯，可以做 \(m\ (\leq10^3)\) 次操作，每次操作表示为一个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串 \(b\)，\(b_i\) 为 \(1\) 表示该对灯 \(i\) 的开关状态反转，一种关灯方法即为 \(m\) 个两两不同的 \(01\) 串组成的无序集合。现在 \(n\) 盏灯中前 \(v\) 盏是亮的，其他是灭的，请问有多少种关灯方法能恰好 \(m\) 次操作关掉所有灯，答案模 \(998244353\)。

思路

学到一个非常好用的计数技巧：我们发现要计数的是集合这个要求很烦，但我们可以先求出有序情况下的答案，然后再除以阶乘，类比 \(C_n^x\) 要比 \(A_n^x\) 多除以一个 \(x!\)。对应到这道题，我们先求出有多少种不同的操作序列能关掉所有的灯，然后除以 \(m!\) 得到答案（有序序列 \(\rightarrow\) 无序集合）。

还可以发现一件事，因为最开始前 \(v\) 盏灯亮着而最后要全熄灭，因此所有操作的 \(01\) 串按位异或之后一定为前 \(v\) 位为 \(1\)，其他为 \(0\) 的串。说明假设已经确定了前 \(m-1\) 个操作，第 \(m\)​ 次操作也就确定了，由此为转移进行 DP：

记 \(f_i\) 为 \(m=i\) 时的答案，

\[f_i=A_{2^n}^{i-1}-(i-1)[2^n-(i-2)]\times f_{i-2} \]

\(A_{2^n}^{i-1}\) 为前 \(i-1\) 个两两不同的操作有多少种组合，但我们第 \(i\) 次操作的 \(01\) 串有可能会和之前 \(i-1\) 个操作重复，因此要减去重复的部分。前 \(i-1\) 个串中有 \(1\) 个和第 \(i\) 个重复，由于两两不同，那么剩下 \(i-2\) 个串是不和第 \(i\) 个重复的，对于每种不重复的 \(i-2\) 个串的组合（共 \(f_{i-2}\) 种），重复的那个串只有可能是剩下的 \([2^n-(i-2)]\) 种，并且这个串的位置有可能是前 \(i-1\) 个中的任意一个地方，因此需要重复的部分总共有 \((i-1)[2^n-(i-2)]\times f_{i-2}\) 种。

代码

代码中预处理了 \(x!\) 和 \(C_{2^n}^x\)，同时将 \(A_{2^n}^x\) 化为了 \(x!\cdot C_{2^n}^x\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define getchar __getchar
inline char __getchar(){
    static char ch[1<<20],*l,*r;
    return (l==r&&(r=(l=ch)+fread(ch,1,1<<20,stdin),l==r))?EOF:*l++;
}
#endif
template<class T>inline void rd(T &x){
    T res=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
    while('0'<=ch && ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x=res*f;
}
template<class T>inline void wt(T x,char endch='\0'){
    static char wtbuff[20];
    static int wtptr;
    if(x==0){
        putchar('0');
    }
    else{
        if(x<0){x=-x;putchar('-');}
        wtptr=0;
        while(x){wtbuff[wtptr++]=x%10+'0';x/=10;}
        while(wtptr--) putchar(wtbuff[wtptr]);
    }
    if(endch!='\0') putchar(endch);
}
typedef long long LL;
const LL P=19260817,MAXN=1005;
LL n,m,v,fact[MAXN],c[MAXN],n2n,f[MAXN];
inline LL qpow(LL x,LL a){
    LL res=1;
    x%=P;
    while(a){
        if(a&1) res=res*x%P;
        x=x*x%P;
        a>>=1;
    }
    return res;
}
inline void solve(){
    rd(n);rd(m);rd(v);
    
    n2n=qpow(2,n);
    c[0]=1;
    for(LL i=1;i<m;i++){
        c[i]=c[i-1]*((n2n-i+1+P)%P)%P*qpow(i,P-2)%P;
    }

    f[0]=(v==0);
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=m;i++){
        f[i]=(fact[i-1]*c[i-1]%P - (i-1)*( (n2n-i+2+P)%P )%P*f[i-2]%P +P)%P;
    }
    wt(f[m]*qpow(fact[m],P-2)%P,'\n');
}
int main(){
    fact[0]=1;
    fact[1]=1;
    for(LL i=2;i<MAXN;i++){
        fact[i]=fact[i-1]*i%P;
    }
    int t;
    rd(t);
    while(t--) solve();
    return 0;
}