loj6737
作者：互联网
前言
喜提最劣解。
此做法系与神 SegmentTree 交流得到。
在此前，你能在网上找到的题解似乎只有某神仙的神秘做法，反正我根本不会。
故，本篇题解要旨在于给出思维的过程。
Version 1
读题。
你有一个正整数集合 \(S\)，现在请你回答对于 \(1\le k\le n\)，有多少种将编号为 \(1\sim k\) 的球放入一些盒子的方案，使得每个盒子里球的数量都属于 \(S\)。你只想知道答案的奇偶性（对 \(2\) 取模）。
注意：球可以区分，盒子不可以区分。
\(n\le 10^6\)，时限 \(1s\)。
如果模 \(998244353\)，这不就是个带标号 \(\operatorname{SET}\) 的事！直接 EGF 上 \(\exp\) 不就好了！
模 \(2\) 就很难受了。
由 Lucas 定理，二项卷积就是不交并卷积（子集卷积），因为在模 \(2\) 意义下：
\[\binom ST=[T\subset S] \]故 EGF 与集合幂级数对其计数序列的乘法操作在模 \(2\) 时是一致的。
容易验证的是，加减法也保持一致。
那么我们是不是用集合幂级数 \(\exp\) 就做完了？
不是。
\[\exp F=\sum_n{F^n\over n!} \]即，我们漏考虑了：\(\exp\) 在定义时要求了数乘运算，而我们忽略了它内部的 \(n!\) 在 \(\mod 2\) 意义下并不必然可逆。
换句话说，我们的做法寄了。
Version 2
我们考虑如何规避掉数乘。
也就是说，我们可以先通过 EGF 推柿子把数乘扔掉，然后再来用集合幂级数计算答案。
咋推？
注意到
\[\exp\sum A=\prod\exp A \]我们只用推导 \(\exp{z^n\over n!}\) 的计数序列奇偶性就好了。
Version 3
\[\texttt{Lemma}\ 1:\exp{z^n\over n!}=\sum_{k\ge0}{z^{nk}\over(nk)!}\prod_{t=1}^k\binom{nt-1}{n-1} \]考虑组合意义，即把 \(nk\) 个数分成 \(k\) 个大小为 \(n\) 的无序组。
通过枚举第一个数和哪些数分入一组即得此式。
\[\texttt{Lemma}\ 2:2\nmid\binom{2n-1}{n-1}\Leftrightarrow\log_2n\in\mathbb N \]由 Lucas 定理可证。
\[\texttt{Lemma}\ 3:2\nmid[{z^m\over m!}]\exp{z^n\over n!}\Leftrightarrow(\log_2n\in\mathbb N\land n|m)\lor(\log_2n\notin\mathbb N\land(m=0\lor m=n)) \]说人话，\(n\) 为 \(2\) 的幂次时其在 \(0,n,2n,3n,\dots\) 处计数序列为奇数；否则，仅在 \(0,n\) 处为奇数。
这个由前两个 \(\texttt{Lemma}\) 立刻可得。
Version 4
考虑应用上述 \(\texttt{Lemma}\ 3\)。
\[\exp\sum_{k\in S}{z^k\over k!}=\prod_{k\in S}\exp{z^k\over k!} \]把 \(\log_2k\in\mathbb N\) 的 \(k\) 单独计算，构成集合 \(T\)；其余的也单独计算，构成集合 \(S-T\)，每个元素表示集合幂级数的"集合"时记为集族 \(\mathcal U\)。
对于 \(k\in T\)，我们发现每次乘法相当于在对应维度做了子集求和，直接做就好了。
对于 \(k\in S-T\)，我们有 \(\prod_{A\in\mathcal U}(z^\varnothing+z^A)=\prod_{0\le p\le\log_2N}(z^\varnothing+\sum_{A\text{ 的最大元素为 }p}z^A)\)，从小到大乘即可。
最后再用一次集合幂级数乘法合并两部分答案。
Code
我们如果利用压位来实现集合幂级数乘法，复杂度是 \(O({n\log^2n\over w})\) 的，总复杂度也是这个级别。
但是这个做法不知道为啥常数特别大，卡常卡常卡常开 Ofast 开 32 位配置千辛万苦才跑了过去。
代码比较短，不足 \(2kb\)。
// Problem: #6737. 指数公式
// Contest: LibreOJ
// URL: https://loj.ac/p/6737
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#include <vector>
typedef long long llt;
typedef unsigned uint;typedef unsigned long long ullt;
typedef bool bol;typedef char chr;typedef void voi;
typedef double dbl;
template<typename T>bol _max(T&a,T b){return(a<b)?a=b,true:false;}
template<typename T>bol _min(T&a,T b){return(b<a)?a=b,true:false;}
template<typename T>T lowbit(T n){return n&-n;}
template<typename T>T gcd(T a,T b){return b?gcd(b,a%b):a;}
template<typename T>T lcm(T a,T b){return(a!=0||b!=0)?a/gcd(a,b)*b:(T)0;}
template<typename T>T exgcd(T a,T b,T&x,T&y){if(b!=0){T ans=exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return ans;}else return y=0,x=1,a;}
template<typename T>T power(T base,T index,T mod)
{
T ans=1%mod;
while(index)
{
if(index&1)ans=ans*base%mod;
base=base*base%mod,index>>=1;
}
return ans;
}
voi FMT(uint*A,uint n){for(uint i=1;i<n;i<<=1)for(uint j=0;j<i;j++)for(uint k=0;k<n;k+=i<<1)A[i|j|k]^=A[j|k];}
const uint Lim=1u<<21;
chr C[Lim|1];uint Now[Lim|1],A[Lim|1],B[Lim|1];
#define popcnt(v) __builtin_popcount(v)
int main()
{
scanf("%s",C+1);uint N=0;while(C[N+1])N++;
Now[0]=A[0]=A[1]=1;
for(uint i=Lim>>1;i;i>>=1)
{
for(uint j=Lim/i-1;~j;j--)Now[j]=(j&1)?0:Now[j>>1];
if(C[i]=='1')FMT(Now,Lim/i);
}
for(uint i=0;i<Lim;i++)if(Now[i])Now[i]=1u<<popcnt(i);
for(uint w=4,q=2;w<=Lim;w<<=1,q++){
for(uint i=0;i<(w>>1);i++)A[i|(w>>1)]=A[i];
B[0]=1;for(uint i=w>>1|1;i<w;i++)if(C[i]=='1')B[i]=1u<<popcnt(i);
FMT(B,w);
for(uint i=0;i<w;i++){
uint t=0;while(B[i])t^=A[i]*lowbit(B[i]),B[i]^=lowbit(B[i]);
A[i]=t;
}
}
FMT(Now,Lim);
for(uint i=0;i<Lim;i++)
{
uint t=0;while(Now[i])t^=A[i]*lowbit(Now[i]),Now[i]^=lowbit(Now[i]);
A[i]=t;
}
FMT(A,Lim);
for(uint i=1;i<=N;i++)putchar((A[i]>>popcnt(i)&1)+'0');
return 0;
}
标签：typedef,return,over,uint,exp,集合,loj6737 来源： https://www.cnblogs.com/myee/p/loj6737.html