【NOI P模拟赛】大阶乘（斯特林数）

题意

求 $16$ 进制下，$n!$ 去掉尾部 $0$ 后取模 $2^{64}$ 的结果。

$n<2^{64}$

一共 $T\le 10$ 组数据。

题解

存在一个末尾的 $0$ ，意味着能被 $2^4$ 整除。我们就把这个数含有的 $2$ 的次数求出来，取模 $4$ ，再乘上去。我们可以用扩展Lucas类似的方法，把目标不断除以 2 来统计，即依次统计能被 $2^1,2^2,2^3,...,2^{63}$ 整除的数的个数，再加起来。剔除所有的 $2$ 后，答案变成了
$$\prod _{i=0}f(\frac{n}{2^i})$$

其中 $f(n)={\prod }_{i=1}^{(n+1)/2-1}(2i+1)$ 。

现在我们的问题变成了求 $f(n)$ ，我们把它展开，
$${}_{喔唷，崩溃啦}$$

这里的 $n$ 太大了，看来我们得换个思路，我们令 $2=x$ ，在取模 $2^{64}$ 下，我们会发现只存在 $x$ 的 $1\sim 63$ 次项。我们再展开：
$$\sum _{i=0}^{63}g(\frac{n+1}{2}-1,i)\cdot x^i$$

这里的 $g(n,m)$ 表示从 $1\sim n$ 中选 $m$ 个数相乘的所有方案之和。

未曾设想的方向：$g(n,m)$ 是可以递推的，不难得出递推式为
$$g(n,m)=g(n-1,m)+g(n-1,m-1)\times n$$

这个式子看起来有点熟悉，我们想想另一个递推式：
$$s(n,m)=s(n-1,m-1)+s(n-1,m)\times (n-1)$$

所以不难发现第一类斯特林数 $s(n,m)$ 和 $g(n,m)$ 之间的关系：
$$g(n,m)=s(n+1,n-m+1)$$

太好啦，我们可以直接计算第一类斯特林数：
$${}_{喔唷，崩溃啦}$$

还是不行，因为这里的 $n+1$ 太大了，$m$ 虽然很小，但是 $n-m+1$ 太大了。

考虑到第一类斯特林数的定义是若干个数组成圆排列，我们可以利用 $m$ ，因为大小超过 $1$ 的圆排列个数小于等于 $m$ 。所以：
$$s(n+1,n-m+1)=\sum _{i=0}^{m}dp[m][i]\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{m+i}\right)$$

其中 $dp[i][j]$ 表示 $i+j$ 个数形成 $j$ 个大小不为 $1$ 的圆排列的方案数，

这个也是可以递推的，讨论最末尾一个圆排列大小是否大于 $2$ ，可得递推式
$$dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1])\times (i+j-1)$$

---

组合数的计算是个难题，因为要用除法，但是 $2^{64}$ 又不是个很好的模数。

所以，我们要把分子和分母的所有 $2$ 都提出来，然后相除，再放到组合数里。

---

综合算下来，时间复杂度 $O(T{\log }^{4}n)$，可过。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<random>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 10000005
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define DB double
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define ENDL putchar('\n')
#define FI first
#define SE second
LL read() {
    LL f=1,x=0;int s = getchar(); 
    while(s < '0' || s > '9') {if(s<0)return -1;if(s=='-')f=-f;s = getchar();}
    while(s >= '0' && s <= '9') {x = (x<<3) + (x<<1) + (s^48); s = getchar();}
    return f*x;
}
const char sxt[16] = {'0','1','2','3','4','5','6','7','8','9','A','B','C','D','E','F'};
ULL readull() {
	ULL x=0;int s = getchar(); 
	while(s < '0' || s > '9') {if(s < 0) return 0;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48); s = getchar();}
	return x;
}
void putpos(ULL x) {if(!x)return ;putpos(x>>4);putchar(sxt[x&15]);}
void putnum(ULL x) {
    if(!x) {putchar('0');return ;}
    return putpos(x);
}
void AIput(ULL x,int c) {putnum(x);putchar(c);}

int n,m,s,o,k;
ULL inv[128];
ULL facf(ULL x) {
	if(!x) return 1ull;
	ULL dp[128][128] = {};
	dp[0][0] = 1;
	for(int i = 1;i <= 126 && i <= x;i ++) {
		for(int j = 1;j <= i;j ++) {
			dp[i][j] = dp[i-1][j] * (i-1+j) + dp[i-1][j-1] * (i-1+j);
		}
	}
	if(!(x&1)) x --;
	ULL n = x/2 + 1;
	ULL ans = 0,pw = 1;
	for(int i = 0;i <= 63 && i <= n;i ++,pw <<= 1) {
		ULL stl = 0;
		ULL c1[128],c2 = 1,tlc2 = 1;
		for(int j = 1;j <= i*2 && j <= n;j ++) {
			c1[j] = n-j+1;
			int b = j,cn = 0;
			while(!(b&1)) b>>=1,cn++;
			for(int k = 1;k <= j && cn;k ++) {
				while(cn && !(c1[k]&1)) c1[k]>>=1,cn --;
			}
			c2 *= inv[b];
			tlc2 *= b;
			if(j > i) {
				ULL C = c2;
				for(int k = 1;k <= j;k ++) C *= c1[k];
				stl += C * dp[i][j-i];
			}
		}
		if(i == 0) stl = 1;
		ans += pw * stl;
	}
	return ans;
}
int main() {
	freopen("multiplication.in","r",stdin);
	freopen("multiplication.out","w",stdout);
	inv[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= 128;i += 2) {
		ULL a = i;
		inv[i] = i;
		for(int j = 1;j <= 62;j ++) {
			a = a * a;
			inv[i] *= a;
		}
	}
	int T = read();
	while(T --) {
		ULL N = readull();
		int ct = 0;
		ULL b = 1,as = facf(N);
		for(int i = 1;i < 64;i ++) {
			b <<= 1;
			ct += (N/b) & 3;
			ct &= 3;
			as *= facf(N/b);
		}
		for(int i = 1;i <= ct;i ++) as *= 2ull;
		AIput(as,'\n');
	}
	return 0;
}