NOIP 模拟 $88\; \rm 按位或$

题解 \(by\;zj\varphi\)

设 \(t\) 的所有子集中为 \(3\) 的倍数的数的个数为 \(m\) ，那么总方案数就是 \(m^n\)。

考虑容斥减掉所有不合法的情况，二项式反演推一下：

设 \(f_i\) 为至多有 \(i\) 位为 \(1\)，\(g_i\) 表示恰好有 \(i\) 位为 \(1\)（其中 \(i\) 位都是具体的 \(i\) 位，不是单指数量），则有：

\[f_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g_i\\ g_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f_i \]

答案就是 \(g_n\)，问题变为如何求 \(f_i\)

一种方案是暴力枚举哪些位为 \(1\)，但是复杂度就成了 \(\mathcal{O\rm(n)}\)。

发现每一位 \(\mod 3\) 只可能是 \(2\) 或 \(1\)，那么只需要知道留下的位中有多少个 \(\mod 3\) 为 \(1\) 的，为 \(2\) 的即可。

实现的时候枚举选了多少位，其中多少个为 \(1\) 的，多少个为 \(2\) 的，求方案数用一个背包，最后乘上组合数。

其实求的不是 \(f_i\)，而是 \(\binom{n}{i}f_i\)，所以最后直接按着容斥系数加上即可。

复杂度 \(\mathcal{O\rm(log^2t\times logn)}\)。

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 MOD=998244353;
    int C[65][65],nm,nm1,nm2;
    ll dp[2][3],n,t,ans;
    auto fpow=[](ll x,int y) {
        ll res=1;
        while(y) {
            if (y&1) res=res*x%MOD;
            x=x*x%MOD;
            y>>=1;
        }
        return res;
    };
    auto calc=[](int a,int b) {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        int nw=0;
        dp[0][0]=1;
        for (ri i(1);i<=a;pd(i)) {
            int cur=nw^1;
            memcpy(dp[cur],dp[nw],sizeof(dp[nw]));
            for (ri j(0);j<3;pd(j)) (dp[cur][(j+1)%3]+=dp[nw][j])%=MOD;
            nw=cur;
        }
        for (ri i(1);i<=b;pd(i)) {
            int cur=nw^1;
            memcpy(dp[cur],dp[nw],sizeof(dp[nw]));
            for (ri j(0);j<3;pd(j)) (dp[cur][(j+2)%3]+=dp[nw][j])%=MOD;
            nw=cur;
        }
        return dp[nw][0];
    };
    inline int main() {
        FI=freopen("or.in","r",stdin);
        FO=freopen("or.out","w",stdout);
        cin >> n >> t;
        C[0][0]=1;
        for (ri i(1);i<=60;pd(i)) {
            C[i][0]=1;
            for (ri j(1);j<=60;pd(j)) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD;
        }
        for (ri i(0);i<=60;pd(i)) 
            if (t>>i&1ll) {
                ++nm;
                if (i&1) ++nm2;else ++nm1;
            }
        int ln=n%(MOD-1);
        for (ri i(0),f(1);i<=nm;pd(i),f=-f) {
            int lim=cmin(i,nm1);
            for (ri j(0);j<=lim;pd(j)) {
                if (i-j>nm2) continue;
                ans+=f*fpow(calc(nm1-j,nm2-i+j),ln)*C[nm1][j]%MOD*C[nm2][i-j]%MOD;
            }
        }
        printf("%lld\n",(ans%MOD+MOD)%MOD);
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}