[BZOJ]4589 Hard Nim

　　小C在学FWT是无心间翻到的一道裸题。

Description

　　Claris和NanoApe在玩石子游戏，他们有n堆石子，规则以下：

　　1. Claris和NanoApe两我的轮流拿石子，Claris先拿。

　　2. 每次只能从一堆中取若干个，可将一堆全取走，但不可不取，拿到最后1颗石子的人获胜。

　　不一样的初始局面，决定了最终的获胜者，有些局面下先拿的Claris会赢，其他的局面Claris会负。

　　Claris很好奇，若是这n堆石子知足每堆石子的初始数量是不超过m的质数，并且他们都会按照最优策略玩游戏，那么NanoApe能获胜的局面有多少种。

　　因为答案可能很大，你只须要给出答案对10^9+7取模的值。

Input

　　输入文件包含多组数据，以EOF为结尾。
　　对于每组数据：共一行两个正整数n和m。

Output

　　对于每组数据，输出一个整数做为答案。

Sample Input

　　3 7
　　4 13

Sample Output

　　6
　　120

HINT

　　每组数据有1<=n<=10^9，2<=m<=50000。不超过80组数据。

 

Solution

　　首先是Nim游戏，根据Nim游戏的结论，若全部石子的数量异或起来等于0，那么后手必胜，不然先手必胜。

　　因此咱们要求的是n个数有多少种取值方案会使得这n个数的异或和为0。

 

　　咱们先考虑n=2的时候怎么作。

　　虽然咱们知道，答案等于m之内的质数个数，可是咱们仍是要想想最朴素的作法。

　　枚举前一个数，枚举后一个数，看看他们的异或和是否等于0。

　　这样是O(m^2)的，并且咱们可以获得的信息不仅是异或和为0的方案数，甚至咱们连异或和为x(x>0)的方案数都知道了。

　　而后仔细想一想这不就是在作FWT吗？

　　（快速沃尔什变换FWT：http://www.cnblogs.com/ACMLCZH/p/8022502.html）

 

　　而后n>2呢？那大概就是n个这样的数组卷积在一块儿吧。

　　因为卷积具备结合律，因此搞个卷积快速幂就能够了。

　　时间复杂度O(T*logn*mlogm)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MM 135005
#define mod 1000000007
using namespace std;
int ntw,n,m,prin,len;
int pri[MM],a[MM],b[MM];
bool u[MM];

inline int read()
{
    int n=0,f=1; char c=getchar();
    while (c<'0' || c>'9') {if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
    while (c>='0' && c<='9') {n=n*10+c-'0'; c=getchar();}
    return n*f;
}

void FWT(int *a,int len,int g)
{
    register int wt,st,i,x,y;
    for (wt=1;wt<len;wt<<=1)
        for (st=0;st<len;st+=wt<<1)
            for (i=0;i<wt;++i)
            {
                x=a[st+i]; y=a[st+wt+i];
                a[st+i]=1LL*g*(x+y)%mod;
                a[st+wt+i]=1LL*g*(x-y+mod)%mod;
            }
}

inline void pro(int* a,int* b,int len) {for (register int i=0;i<len;++i) a[i]=1LL*a[i]*b[i]%mod;}
void mi(int* b,int* a,int z,int len)
{
    FWT(b,len,1); FWT(a,len,1);
    for (;z;z>>=1,pro(a,a,len)) if (z&1) pro(b,a,len);
    FWT(b,len,ntw);
}

int main()
{
    register int i,j;
    for (i=2;i<MM;++i)
    {
        if (!u[i]) pri[++prin]=i;
        for (j=1;i*pri[j]<MM;++j)
        {
            u[i*pri[j]]=true;
            if (i%pri[j]==0) break;
        }
    }
    ntw=(mod+1)/2;
    while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(b,0,sizeof(b));
        for (i=1;pri[i]<=m;++i) ++a[pri[i]];
        for (len=1;len<=pri[i-1];len<<=1);
        b[0]=1;    mi(b,a,n,len);
        printf("%d\n",b[0]);
    }
}

 

Last Word

　　原本《关于快速沃尔什变换(FWT)的一点学习和思考》要借着这道题说出来的，因为篇幅过长，只好另起一篇了。