[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,kle 3 imes 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 {jchoose 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:

[ ext{Ans}=sum_{i=1}^k{kchoose 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(nklog 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{jchoose 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
",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;
}