一、题目
( t loj) 题目质量确实高，我要开始进军 ( t loj) 了。
二、解法
很容易写出本题的 (dp) 方程，设 (f[i]) 表示考虑前 (i) 个位置合法，第 (i) 个位置是 (0) 的方案数：
[f[i]=sum_{j=n-m}^{n-1}f[j]
]
这很显然是个常系数齐次线性递推，我们求出 (x^nmod G(x)) 的多项式 (F(x))，那么答案是：
[sum_{i=0}^{m-1}2^iF_i
]
因为 (G(x)) 的系数很规则，具体实现中可以不用多项式取模，卷积完之后直接倒序做差分即可。那么时间复杂度 (O(mlog nlog m))，这种做法可以在 (m) 较小的时候派上用场。
我们还需要一种算法能解决 (m) 较大的情况，设 (s_n=sum_{i=0}^n f_i)，那么 (s_n=2s_{n-1}-s_{n-m-1})，他的组合意义是从 (0) 走到 (n)，有 (i) 到 (i+1) 的权值为 (2) 的边，有 (i) 到 (i+m+1) 的权值为 (-1) 的边。定义一种路径的权值为经过的所有边的权值乘积，那么答案是所有路径的权值和，我们枚举 (-1) 边的数量：
[s_n=sum_{i=0}^{lfloorfrac{n}{m+1}
floor}(-1)^i2^{n-(m+1)i}{n-imchoose i}
]
其中 ({n-imchoose i}) 就是选出 (i) 条 (-1) 边的方案数，相邻两条边的距离必须超过 (m)，上面柿子从容斥的角度也能解释，也就是我们钦定 (i) 个不合法段的起点，用 ( t Lucas) 暴力计算上式，再结合算法 (1) 即可。
三、总结
思考 (dp) 的组合意义很重要，这个技巧我以前起了个名字叫考虑转移路径。
当获得了一种很优秀的做法之后，可以考虑另一种做法来数据分治解决问题。
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 100005;
const int MOD = 65537;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,ans;
//subtask1
int a[M],r[M],A[M],B[M],rev[M];
int qkpow(int a,int b)
{
int r=1;
while(b>0)
{
if(b&1) r=r*a%MOD;
a=a*a%MOD;
b>>=1;
}
return r;
}
void NTT(int *a,int len,int op)
{
for(int i=0;i<len;i++)
{
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(len/2));
if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
}
for(int s=2;s<=len;s<<=1)
{
int w=(op==1)?qkpow(3,(MOD-1)/s):qkpow(3,(MOD-1)-(MOD-1)/s);
for(int i=0,t=s/2;i<len;i+=s)
for(int j=0,x=1;j<t;j++,x=x*w%MOD)
{
int fo=a[i+j],fe=a[i+j+t];
a[i+j]=(fo+x*fe)%MOD;
a[i+j+t]=((fo-x*fe)%MOD+MOD)%MOD;
}
}
if(op==1) return ;
int inv=qkpow(len,MOD-2);
for(int i=0;i<len;i++)
a[i]=a[i]*inv%MOD;
}
void mul(int *a,int *b,int *c)
{
int len=1;
while(len<2*m) len<<=1;
for(int i=0;i<len;i++) A[i]=0;
for(int i=0;i<len;i++) B[i]=0;
for(int i=0;i<m;i++) A[i]=a[i];
for(int i=0;i<m;i++) B[i]=b[i];
NTT(A,len,1);NTT(B,len,1);
for(int i=0;i<len;i++) A[i]=A[i]*B[i]%MOD;
NTT(A,len,-1);
for(int i=0;i<len;i++) B[i]=0;
for(int i=2*m-2;i>=m;i--)
{
B[i]=(B[i]+B[i+1])%MOD;
A[i]=(A[i]+B[i])%MOD;
B[i-1]=(B[i-1]+A[i])%MOD;
if(i>m) B[i-1-m]=(B[i-1-m]-A[i]+MOD)%MOD;
}
for(int i=m-1;i>=0;i--)
{
B[i]=(B[i]+B[i+1])%MOD;
c[i]=(A[i]+B[i])%MOD;
}
}
void work1()
{
if(m==1)
{
puts("1");
return ;
}
a[1]=1;r[0]=1;
while(n>0)
{
if(n&1) mul(r,a,r);
mul(a,a,a);
n>>=1;
}//x^n
for(int i=0,pw=1;i<m;i++,pw=pw*2%MOD)
ans=(ans+pw*r[i])%MOD;
printf("%lld
",ans);
}
//subtask2
int fac[M],inv[M];
void init(int n)
{
fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
int C(int n,int m)
{
if(n<m || m<0) return 0;
return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
int lucas(int n,int m)
{
if(n<=m) return n==m;
return lucas(n/MOD,m/MOD)*C(n%MOD,m%MOD)%MOD;
}
int work2(int n)
{
init(MOD-1);
int ans=0,fl=1,pw=qkpow(2,n),iv=qkpow(inv[2],m+1);
for(int i=0;i<=n/(m+1);i++)
{
ans=(ans+fl*pw%MOD*lucas(n-i*m,i))%MOD;
pw=pw*iv%MOD;fl=MOD-fl;
}
return ans;
}
signed main()
{
n=read();m=read();
if(m<1<<15) work1();
else
{
init(MOD-1);
printf("%lld
",(work2(n+1)-work2(n)+MOD)%MOD);
}
}