标签：lld code fine 多少 bzoj 题目 ini for pac
题目大意：给你$n$个不大于$m$的质数，求有多少种方案，使得这$n$个数的异或和为$0$。其中,$n≤10^9,m≤10^5$。
考虑正常地dp，我们用$f[i][j]$表示前$i$个数的异或和为$j$的方案数。
我们构造一个数组$g$，若i为不大于$m$的质数，则$g[i]=1$,否则为$0$。
那么显然，$f[i][j]=\sum f[i-1][k]\times g[j \oplus k]$。 其中$j \oplus k$表示$j$和$k$的按位异或。
然后我们不难发现，$f[i]为f[i-1]$与$g$的异或卷积。
则$f[n]$为$g$的$n$次异或卷积，答案显然为$f[n][0]$。
我们用$FWT$将$g$变成点值表达式，然后做快速幂，最后再插值回来，就得到答案了。
时间复杂度为$O(m\ log\ m+m\ log\ n)$。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define M 131072 3 #define L long long 4 #define MOD 1000000007 5 using namespace std; 6 int b[M]={0},pri[M]={0},use=0; 7 void init(){ 8 for(int i=2;i<M;i++){ 9 if(!b[i]) pri[++use]=i; 10 for(int j=1;j<=use&&i*pri[j]<M;j++){ 11 b[i*pri[j]]=1; 12 if(i%pri[j]==0) break; 13 } 14 } 15 } 16 L pow_mod(L x,int k){ 17 L ans=1; 18 while(k){ 19 if(k&1) ans=ans*x%MOD; 20 x=x*x%MOD; k>>=1; 21 } 22 return ans; 23 } 24 void FWT(L a[],int n,int on){ 25 for(int i=1;i<n;i<<=1) 26 for(int j=0;j<n;j++) 27 if(i&j){ 28 L w=a[i^j]; 29 a[i^j]=(w+a[j])%MOD; 30 a[j]=(w-a[j]+MOD)%MOD; 31 } 32 if(on==-1){ 33 L inv=pow_mod(n,MOD-2); 34 for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%MOD; 35 } 36 } 37 L g[M]={0},ans[M]={0}; 38 int main(){ 39 init(); 40 int t,n; 41 while(cin>>t>>n){ 42 int len=1; while(len<=n) len<<=1; 43 for(int i=2;i<=n;i++) if(b[i]==0) g[i]=1; 44 FWT(g,len,1); memcpy(ans,g,M<<3); t--; 45 while(t){ 46 if(t&1) for(int i=0;i<len;i++) ans[i]=ans[i]*g[i]%MOD; 47 t>>=1; for(int i=0;i<len;i++) g[i]=g[i]*g[i]%MOD; 48 } 49 FWT(ans,len,-1); 50 printf("%lld\n",ans[0]); 51 memset(g,0,len<<3); memset(ans,0,len<<3); 52 } 53 }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/xiefengze1/p/9241827.html
