[2018HN省队集训D1T3] Or

题意

给定 \(n\) 和 \(k\), 求长度为 \(n\) 的满足下列条件的数列的数量模 \(998244353\) 的值:

• 所有值在 \([1,2^k)\) 中
• 前缀或的值严格递增

\(n,k\le 3\times 10^4\)

题解

这题有点意思

首先肯定每一项都得有新出现的二进制位, 于是可以想到一个超简单的 \(O(nk^2)\) 的DP, 设 \(dp_{i,j}\) 为长度为 \(i\) 且已经出现了 \(j\) 个二进制位的数列的个数. 然后考虑枚举数列第 \(i\) 项的新二进制位个数, 那么转移显然:
\[ dp_{i,j}=\sum_{k=1}^j {j\choose k} dp_{i-1,j-k}2^{j-k} \]
统计答案的时候枚举总共出现的二进制位个数:
\[ \text{Ans}=\sum_{i=1}^k{k\choose i}dp_{n,i} \]
状态数是 \(O(nk)\) 的, 朴素转移 \(O(k)\), 总复杂度 \(O(nk^2)\).

机智的我们一眼看出后面的转移式子就是个二项卷积, 随手比个阶乘打个NTT上去就变成 \(O(nk\log k)\) 了.

然而这还不够.

我们发现一次转移相当于一次卷积和一次点积, 我们肯定想这玩意能不能快速幂一发.

然后我们非常sad地发现由于里面那个 \(2^{j-k}\) 搞事情所以不能裸快速幂.

考虑这个 \(2^{j-k}\) 是拿来干啥的. \(k\) 是第 \(i\) 项的新二进制位个数, \(j\) 是前 \(i\) 项已经出现过的二进制位个数, \(j-k\) 是前 \(i-1\) 项已经出现的二进制位个数. 显然这些前 \(i-1\) 项中出现过的二进制位在第 \(i\) 项中是任选的, 于是我们需要乘上这玩意.

那么如果转移不是 \(1\) 位而是 \(m\) 位呢?

这次应该是这样的转移式:
\[ dp_{i,j}=\sum_{k=1}^j{j\choose k} dp_{i-m,j-k}dp_{m,k}2^{(j-k)m} \]
我们相当于在一个长度为 \(i-m\) 的序列后面接了长度为 \(m\) 的序列并用组合数让他们的二进制位互不干扰. 但是后面接的长度为 \(m\) 的数列里面是完全不包含前面 \(i-m\) 中的二进制位的方案的. 这些位由于在前面已经出现过, 所以在后面长度为 \(m\) 的数列里是任选的. 一共有 \(m(j-k)\) 位.

下标相同的并在一起就又是个二项卷积了, 倍增就好了. 复杂度 \(O(k \log k \log n)\).

参考代码

#include <bits/stdc++.h>

const int G=3;
const int DFT=1;
const int IDFT=-1;
const int MAXN=1e5+10;
const int MOD=998244353;
const int PHI=MOD-1;

int n;
int k;
int dp[MAXN];
int pw[MAXN];
int tr[MAXN];
int tx[MAXN];
int rev[MAXN];
int fact[MAXN];

int C(int,int);
int Pow(int,int,int);
void NTT(int*,int,int);

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    pw[0]=1;
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        pw[i]=(pw[i-1]<<1)%MOD;
        fact[i]=1ll*fact[i-1]*i%MOD;
        tr[i]=Pow(fact[i],MOD-2,MOD);
    }
    int bln=1,bct=0;
    while(bln<=k*2){
        bln<<=1;
        ++bct;
    }
    for(int i=0;i<bln;i++)
        rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bct-1));
    NTT(tr,bln,DFT);
    dp[0]=1;
    int cur=1;
    while(n>0){
        if(n&1){
            for(int i=k+1;i<bln;i++)
                dp[i]=0;
            for(int i=0;i<=k;i++)
                dp[i]=1ll*dp[i]*Pow(pw[i],cur,MOD)%MOD;
            NTT(dp,bln,DFT);
            for(int i=0;i<bln;i++)
                dp[i]=1ll*dp[i]*tr[i]%MOD;
            NTT(dp,bln,IDFT);
        }
        NTT(tr,bln,IDFT);
        for(int i=k+1;i<bln;i++)
            tx[i]=0;
        for(int i=0;i<=k;i++)
            tx[i]=1ll*tr[i]*Pow(pw[i],cur,MOD)%MOD;
        NTT(tx,bln,DFT);
        NTT(tr,bln,DFT);
        for(int i=0;i<bln;i++)
            tr[i]=1ll*tr[i]*tx[i]%MOD;
        NTT(tr,bln,IDFT);
        for(int i=k+1;i<bln;i++)
            tr[i]=0;
        NTT(tr,bln,DFT);
        n>>=1;
        cur<<=1;
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=k;i++)
        (ans+=1ll*dp[i]*fact[i]%MOD*C(k,i)%MOD)%=MOD;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

int C(int n,int m){
    return n<0||m<0||n<m?0:1ll*fact[n]*Pow(fact[m],MOD-2,MOD)%MOD*Pow(fact[n-m],MOD-2,MOD)%MOD;
}

void NTT(int* a,int len,int opt){
    for(int i=0;i<len;i++)
        if(rev[i]>i)
            std::swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1){
        int step=i<<1;
        int wn=Pow(G,(opt*PHI/step+PHI)%PHI,MOD);
        for(int j=0;j<len;j+=step){
            int w=1;
            for(int k=0;k<i;k++,w=1ll*w*wn%MOD){
                int x=a[j+k];
                int y=1ll*a[j+k+i]*w%MOD;
                a[j+k]=(x+y)%MOD;
                a[j+k+i]=(x-y+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if(opt==IDFT){
        int inv=Pow(len,MOD-2,MOD);
        for(int i=0;i<len;i++)
            a[i]=1ll*a[i]*inv%MOD;
    }
}

inline int Pow(int a,int n,int p){
    int ans=1;
    while(n>0){
        if(n&1)
            ans=1ll*a*ans%p;
        a=1ll*a*a%p;
        n>>=1;
    }
    return ans;
}

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原文：https://www.cnblogs.com/rvalue/p/10451243.html