NOIP 模拟 $85\; \rm 团不过$

题解 \(by\;zj\varphi\)

求先手必胜的不容易，但可以求先手必输的，再用总方案减去。

总方案为 \((2^n-1)^{i_{\_}}\)，意思就是下降幂。

设 \(p_i=(2^n-1)^{i_{\_}}\)，\(f_i\) 表示 \(i\) 堆石子先手必输的方案数。

首先前 \(i-1\) 个数随便选，通过调整最后一个数使得异或和为 \(0\)，然后再减去前 \(i-1\) 个数异或为 \(0\) 的，因为不能填 \(0\)，再减去有 \(i-2\) 堆异或和为 \(0\) 的，因为这样有两个数就会相同。

所以 \(f_i=p_{i-1}-f_{i-1}-(i-1)*(2^n-i+1)\times f_{i-2}\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ri signed
#define pd(i) ++i
#define bq(i) --i
#define func(x) std::function<x>
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
    #define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' '
    #define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl
    #define Debug(x) assert(x)
    struct nanfeng_stream{
        template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) {
            bool f=false;x=0;char ch=gc();
            while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc();
            while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
            return x=f?-x:x,*this;
        }
    }cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
    template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
    using ll=long long;
    static const int N=1e7+7,MOD=1e9+7;
    int n,S;
    ll p[N],f[N];
    auto fpow=[](int x,int y) {
        int res=1;
        while(y) {
            if (y&1) res=1ll*res*x%MOD;
            x=1ll*x*x%MOD;
            y>>=1;
        }
        return res;
    };
    inline int main() {
        FI=freopen("yui.in","r",stdin);
        FO=freopen("yui.out","w",stdout);
        cin >> n;
        S=fpow(2,n)-1;
        p[0]=1ll;
        for (ri i(1);i<=n;pd(i)) p[i]=p[i-1]*(S-i+1)%MOD,(p[i]+=MOD)%=MOD;
        for (ri i(3);i<=n;pd(i)) 
            f[i]=p[i-1]-f[i-1]-1ll*(i-1)*(S-i+2)%MOD*f[i-2]%MOD,((f[i]%=MOD)+=MOD)%=MOD;
        printf("%lld\n",(p[n]-f[n]+MOD)%MOD);
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}