CF773F Test Data Generation
XVII.CF773F Test Data Generation
首先先把题意翻译成人话，就是满足两个条件：
-
\(n\)为奇数。
-
\(a_n\)为\(a\)中含有最少\(2\)次幂的因子的数，且\(a_n\)中至少含有一个\(2\)。
第一个限制很好满足，但是第二个咋办呢？
我们再来翻译一下，就是将所有数同除以\(2\)的一个正次幂后，不会得到小数，且\(a_n\)是个奇数。
我们显然可以枚举除以\(2\)的多少次幂。显然这个复杂度是\(\log max_a\)的，可以承担。
于是我们除以该二次幂后，就将条件转成：
在\(\Big[1,\left\lfloor\dfrac{max_a}{2^k}\right\rfloor\Big]\)中选择不多于\(n\)的奇数个数，且最后一个数是奇数的方案数。
这里有一种奇怪的（不正确的）思路：
我们固定最后一个数是\(i\)。则我们只需要从前\(i-1\)个数中任选偶数个数即可。于是我们枚举\(i-1\)，并设\(m=\left\lfloor\dfrac{max_a}{2^k}\right\rfloor\)，则就是要求
即杨辉三角形偶数行列交叉处的数之和。
但是很遗憾地，这个玩意似乎没有很好的求法，故只能作为一种错误的思路。不知道有没有组合数学大神肯来康康这个柿子呢
书归正传。
我们考虑设\(f_{j=0/1,k,i}\)表示当前选的数全部位于\([1,k]\)之中，且最后一个数模\(2\)余\(j\)，当前一共选了\(i\)个数的方案数。我们强制要求\(i>0\)。
我们考虑从\(f_{j,k}\)推至\(f_{j,2k}\)。
这里有两种可能：
-
全部数都是\(\leq k\)的，故直接是\(f_{j,k}\)本身。
-
有一些数\(\leq k\)，另一些\(\in[k+1,2k]\)。
这一种前一半是\(f_{0,k}+f_{1,k}+1\)（\(+1\)是因为有一个都不选的情况），后一半就是前一半中选择的数整体\(+k\)得到，故要根据\(k\)的奇偶决定到底从\(f_{0,k}\)还是\(f_{1,k}\)转移来。
则它整体的柿子就是
于是还有从\(k\)推至\(k+1\)的情况。这种情况，在倍增FFT中，仅在\(k\equiv0\pmod2\)时发生。故只需要增加最后新选一个\(k+1\)的情况即可。
故此时有
以及
则直接倍增计算即可。
这时，我们就可以不需要枚举我们最初的柿子中\(m=\left\lfloor\dfrac{max_a}{2^k}\right\rfloor\)中的那个\(k\)了——它直接在倍增中就能算出。
时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。
（注意到这题要写任意模数NTT，但是因为模数小，双模即可，不需要三模）
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1<<20;
int n,m,p,res,all;
int ksm(int x,int y,int mod){
int z=1;
for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
return z;
}
int INV(int x,int mod){return ksm(x,mod-2,mod);}
void ADD(int &x,int y){x+=y;if(x>=p)x-=p;}
int RED(int x){if(x>=p)x-=p;return x;}
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[2];
const int mod0=998244353,mod1=1004535809;
const int inv0=INV(mod0,mod1);
void MTT(int *a,int *b,int *c,int LG){
for(int i=0;i<2;i++)poly[i].mul(a,b,LG);
for(int i=0;i<(1<<LG);i++)c[i]=(1ll*(poly[1].A[i]-poly[0].A[i]+mod1)%mod1*inv0%mod1*mod0+poly[0].A[i])%p;
}
int f[2][N];
int A[N],B[N],C[N];
void KSM(int k,int LG){
if(k==0)return;
KSM(k>>1,LG);
for(int i=0;i<=n;i++)C[i]=RED(f[0][i]+f[1][i]);ADD(C[0],1);
if(k&2)MTT(f[0],C,B,LG),MTT(f[1],C,A,LG);
else MTT(f[0],C,A,LG),MTT(f[1],C,B,LG);
for(int i=0;i<=n;i++)ADD(f[0][i],A[i]),ADD(f[1][i],B[i]);
if(k&1){
for(int i=0;i<=n;i++)C[i]=RED(f[0][i]+f[1][i]);ADD(C[0],1);
for(int i=1;i<=n;i++)ADD(f[1][i],C[i-1]);
}
for(int i=1;i<=n;i+=2)ADD(res,f[1][i]);
}
void prep(){poly[0].mod=mod0,poly[1].mod=mod1;}
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p),xtx::prep();
while((1<<all)<=n)all++;
xtx::KSM(m>>1,all+1);
printf("%d\n",res);
return 0;
}
