CF623E Transforming Sequence

XIII.CF623E Transforming Sequence

这题仔细一想还挺简单的……但是我一直在想有标号的DP，但实际上只需要用无标号DP即可……

首先，一眼可以看出当$n>k$时无解，可以直接特判掉。

则我们设$f[i][j]$表示当前填到第$i$个数，且前$i$个数$\operatorname{or}$在一起的结果中前$j$位是$1$的方案数。

则显然我们有递推式

$$f[i][j]=\sum\limits_{k=1}^{j-1}f[i-1][k]\dbinom{j}{k}2^k$$

它的意思是，我们这一轮新增了$j-k$个$1$，因此$\dbinom{j}{j-k}=\dbinom{j}{k}$，即是选出$j-k$个位置作为新增的位置的方案数；然后之前的$k$个位置无论$01$皆可，于是就有一个$2^k$在里面。至于为什么它枚举到$j-1$吗，因为它至少要新增一个位置。

显然它是卷积的形式（如果你把二项式系数展开的话），故可以多项式优化。

我们再考虑一下如何由$i$转移到$2i$。

则有递推式

$$f[2i][j]=\sum\limits_{k=1}^{j-1}f[i][k]\times f[i][j-k]\dbinom{j}{k}(2^j)^i$$

其中$(2^j)^i$的意义是，后半部分的每一个数都可以在前半段的$j$个位置上任意取$01$，然后后半部分又有$i$个数，故直接乘上一个$(2^j)^i$即可。

最终答案是$\sum\limits_{i=1}^kf[n][i]\dbinom{k}{i}$，其中二项式系数是因为$k$位中任意$i$位都有这么多种方案。

于是就可以卷积+快速幂解决。复杂度$O(k\log^2k)$。

但是，这题最恶心的地方，恰恰在于那个万恶的模数$10^9+7$！这就意味着必须要用任意模数NTT（即MTT）才能解决。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1<<20;
ll n;
int m,f[N],all,res;
int fac[N],inv[N],bin[N];
const int p=1e9+7;
int ksm(int x,int y,int mod){
	int rt=1;
	for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1ll*rt*x)%mod;
	return rt;
}
int INV(int x,int y){return ksm(x,y-2,y);}
namespace xtx{
	struct Poly{
		int mod;
		const int G=3;
		int rev[N];
		int ksm(int x,int y){
			int rt=1;
			for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1ll*rt*x)%mod;
			return rt;
		}
		void NTT(int *a,int tp,int LG){
			int lim=(1<<LG),invlim=ksm(lim,mod-2);
			for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
			for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
			for(int md=1;md<lim;md<<=1){
				int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
				if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
				for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
					int w=1;
					for(int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
						int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
						a[pos+i]=(x+y)%mod;
						a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
					}
				}
			}
			if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=(1ll*a[i]*invlim)%mod;
		}
		int A[N],B[N];
		void mul(int *a,int *b,int LG){//using: Array A and B
			int lim=(1<<LG);
			for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0;
			for(int i=0;i<(lim>>1);i++)A[i]=a[i],B[i]=b[i];
			NTT(A,1,LG),NTT(B,1,LG);
			for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
			NTT(A,-1,LG);
		}
	}poly[3];
	const int mod0=998244353,mod1=1004535809,mod2=469762049;
	const ll mod01=1ll*mod0*mod1;
	const int inv0=INV(mod0,mod1),inv01=INV(mod01%mod2,mod2);
	void MTT(int *a,int *b,int *c,int LG){
		for(int i=0;i<3;i++)poly[i].mul(a,b,LG);
		for(int i=0;i<(1<<LG);i++){
			ll x=1ll*(poly[1].A[i]-poly[0].A[i]+mod1)%mod1*inv0%mod1*mod0+poly[0].A[i];
			c[i]=(1ll*(poly[2].A[i]-x%mod2+mod2)%mod2*inv01%mod2*(mod01%p)%p+x)%p;
		}
	}
	int A[N];
	void KSM(int *a,int k,int LG){
		if(k==1){a[0]=0;for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=1;return;}
		KSM(a,k>>1,LG);
		for(int i=0;i<=m;i++)A[i]=1ll*a[i]*ksm(bin[i],k>>1,p)%p*inv[i]%p;
		for(int i=0;i<=m;i++)a[i]=1ll*a[i]*inv[i]%p;
		MTT(A,a,a,LG);
		for(int i=0;i<=m;i++)a[i]=1ll*a[i]*fac[i]%p;
		if(!(k&1))return;
		for(int i=0;i<=m;i++)a[i]=1ll*a[i]*bin[i]%p*inv[i]%p,A[i]=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)A[i]=inv[i];
		MTT(A,a,a,LG);
		for(int i=0;i<=m;i++)a[i]=1ll*a[i]*fac[i]%p;
		for(int i=0;i<k;i++)a[i]=0;
	}
	void prep(){poly[0].mod=mod0,poly[1].mod=mod1,poly[2].mod=mod2;}
}
int main(){
	scanf("%lld%d",&n,&m),xtx::prep();
	if(n>m){puts("0");return 0;}
	while((1<<all)<=m)all++;
	fac[0]=bin[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%p,bin[i]=(bin[i-1]<<1)%p;
	inv[m]=INV(fac[m],p);
	for(int i=m-1;i>=0;i--)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%p;
	xtx::KSM(f,n,all+1);
	for(int i=1;i<=m;i++)(res+=1ll*f[i]*fac[m]%p*inv[i]%p*inv[m-i]%p)%=p;
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}