CodeForces 623E Transforming Sequence 动态规划 倍增 多项式 FFT 组合数学
原文链接http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/8848990.html
题目传送门 - CodeForces 623E
题意
给定$n,k$。
让你构造序列$a(0<a_i<2^k)$，满足$b_i(b_i=a_1\ or\ a_2\ or\ \cdots\ or\ a_i)$严格单调递增。（$or$为按位或）
问你方案总数。对$10^9+7$取模。
$n\leq 10^{18},k\leq 30000$
题解
毛爷爷论文题。
我怀疑我看到的是假论文。里面不仅题面有点小问题，题解也有大问题。导致我一脸懵逼了好久QAQ。
做这题时大概是觉得今天效率太低了，就$SKIP$了猜题解过程直接看题解了。
考虑你有$k$个数位，要保证单调递增，由于是$or$运算，所以值为$1$的数位不管怎样或都不变了，所以每多一个$a_i$至少要多让一个数位变成$1$。
因为只有$k$个数位，所以$a$的元素个数最多有$n$个，即$n\leq k$。当$n>k$时就是无解，输出$0$。
现在我们首先考虑大力$DP$。
设$dp_{i,j}$表示前$i$个数占用了$j$个二进制位的方案数。
则不难列出转移方程：
$$dp_{i+1,x}=\sum_{j=0}^{x-1}2^j\binom{x}{j}dp_{i,j}$$
注意$j$从$0$开始枚举其实和从$i$开始是等价的。
因为原本就有$1$的数位，新增的数的那一位不管是$0$还是$1$都等价，所以要乘$2^j$。
$\binom{x}{j}$表示把$j$个二进制位$1$插入到新的$x$个二进制位$1$中的方案数。
但是这样太慢了，要$TLE$。
我们考虑升级一下上面的那个转移方程。
设原本有$x$个数，现在一下子加入$y$个数，写出转移方程：
$$dp_{x+y,i}=\sum_{j=0}^{i}2^{jy}\binom{i}{j}dp_{x,j}\cdot dp_{y,i-j}$$
其中，由于要加入$y$个数字，每一个数字都在原有的$j$个二进制位$1$中贡献了$2^j$的系数（和之前同理），所以总的系数贡献就是$(2^j)^y=2^{jy}$了。
组合数意义还是和之前一样了。
我们发现这个是个多项式卷积的形式，所以可以直接$FFT$优化。
注意这个$FFT$要拆系数，不然要爆$LL$。
这样的话，我们就不用一次一次转移，可以通过之前得到的结果来一坨一坨转移。
然后我们发现，我们可以运用倍增快速幂的做法来解决整个运算过程。
我们要求的是$dp_{n,0\cdots k}$。
最终的答案就是$\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}dp_{n,i}$。
注意，我代码里面把$k$写成了$m$。
时间复杂度$O(k\log^2 k)$。
听说有人用$FFT$+多项式求逆+多项式除法……等等算法，复杂度$O(k\log k)$干掉了此题？？但是由于大常数却没快多少……
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL read(){
LL x=0;
char ch=getchar();
while (!('0'<=ch&&ch<='9'))
ch=getchar();
while ('0'<=ch&&ch<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
return x;
}
const int N=1<<17;
const LL mod=1e9+7;
double PI=acos(-1.0);
int n,m;
int s,d,R[N];
LL Fac[N],Inv[N];
LL Pow(LL x,LL y){
if (!y)
return 1LL;
LL xx=Pow(x,y/2);
xx=xx*xx%mod;
if (y&1LL)
xx=xx*x%mod;
return xx;
}
struct C{
double r,i;
C(){}
C(double a,double b){r=a,i=b;}
C operator + (C x){return C(r+x.r,i+x.i);}
C operator - (C x){return C(r-x.r,i-x.i);}
C operator * (C x){return C(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);}
}w[N],A[N],B[N];
LL tot[N],dp[N],now[N],D[N],E[N];
void FFT(C a[],int n){
for (int i=0;i<n;i++)
if (i<R[i])
swap(a[i],a[R[i]]);
for (int t=n>>1,d=1;d<n;d<<=1,t>>=1)
for (int i=0;i<n;i+=(d<<1))
for (int j=0;j<d;j++){
C tmp=w[t*j]*a[i+j+d];
a[i+j+d]=a[i+j]-tmp;
a[i+j]=a[i+j]+tmp;
}
}
void FFT_mul(LL a[],LL b[],LL c[],int n){
for (int i=0;i<n;i++)
c[i]=0,A[i]=C(a[i]>>15,0),B[i]=C(b[i]>>15,0);
FFT(A,n),FFT(B,n);
for (int i=0;i<n;i++)
A[i]=A[i]*B[i],w[i].i*=-1.0;
FFT(A,n);
for (int i=0;i<n;i++){
tot[i]=((LL)(A[i].r/n+0.5))%mod;
c[i]=(c[i]+tot[i]*(1LL<<30))%mod;
w[i].i*=-1.0;
}
for (int i=0;i<n;i++)
A[i]=C(a[i]&32767,0),B[i]=C(b[i]&32767,0);
FFT(A,n),FFT(B,n);
for (int i=0;i<n;i++)
A[i]=A[i]*B[i],w[i].i*=-1.0;
FFT(A,n);
for (int i=0;i<n;i++){
tot[i]=(tot[i]+((LL)(A[i].r/n+0.5)))%mod;
c[i]=(c[i]+((LL)(A[i].r/n+0.5)))%mod;
w[i].i*=-1.0;
}
for (int i=0;i<n;i++){
A[i]=C((a[i]>>15)+(a[i]&32767),0);
B[i]=C((b[i]>>15)+(b[i]&32767),0);
}
FFT(A,n),FFT(B,n);
for (int i=0;i<n;i++)
A[i]=A[i]*B[i],w[i].i*=-1.0;
FFT(A,n);
for (int i=0;i<n;i++){
LL v=((LL)(A[i].r/n+0.5))%mod;
c[i]=(c[i]+(v-tot[i]+mod)%mod*(1LL<<15))%mod;
w[i].i*=-1.0;
}
}
void DP_mul(LL a[],LL b[],LL c[],int &x,int &y){
for (int i=0;i<s;i++)
D[i]=E[i]=0;
for (int i=0;i<=m;i++){
D[i]=a[i]*Inv[i]%mod*Pow(2,1LL*y*i%(mod-1))%mod;
E[i]=b[i]*Inv[i]%mod;
}
FFT_mul(D,E,c,s);
for (int i=0;i<s;i++)
c[i]=c[i]*(i<=m?Fac[i]:0)%mod;
x+=y;
}
void reads(){
LL nn=read();
scanf("%d",&m);
n=(nn>m)?-1:(int)nn;
}
int main(){
reads();
if (n==-1){
puts("0");
return 0;
}
Fac[0]=1;
for (int i=1;i<=m;i++)
Fac[i]=Fac[i-1]*i%mod;
Inv[m]=Pow(Fac[m],mod-2);
for (int i=m-1;i>=0;i--)
Inv[i]=Inv[i+1]*(i+1)%mod;
for (s=1,d=0;s<m*2+2;s<<=1,d++);
for (int i=0;i<s;i++){
R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(d-1));
w[i]=C(cos(2*i*PI/s),sin(2*i*PI/s));
}
dp[0]=1;
for (int i=1;i<=m;i++)
now[i]=1;
int x,y;
for (x=0,y=1;y<=n;){
if (n&y)
DP_mul(dp,now,dp,x,y);
DP_mul(now,now,now,y,y);
}
LL ans=0;
for (int i=0;i<=m;i++)
ans=(ans+dp[i]*Fac[m]%mod*Inv[i]%mod*Inv[m-i])%mod;
printf("%I64d",ans);
return 0;
}
