[人工智能]【CF623E】Transforming Sequence（任意模数NTT）

题面

🔗

对于一个整数序列 { a 1 , a 2 , . . . , a n } \{a_1,a_2,...,a_n\} {a1?,a2?,...,an?}，我们定义它的变换为 { b 1 , b 2 , . . . , b n } \{b_1,b_2,...,b_n\} {b1?,b2?,...,bn?}，其中 $b_i=a_1|a_2|...|a_i$，其中 $|$ 表示二进制按位或运算。

现在求有多少个长为 $n$ 的序列 $a$，满足 $1\le a_i\le 2^k?1$，使得它的变换 $b$ 是严格单调递增的，对 $10^9+7$ 取模。

$1\le n\le 10^{18}$，$1\le k\le 3\times 10^4$。

题解

这题其实没有什么好说的，无非是几个步骤：推出式子 → 打出任意魔术NTT → 调试。我们一步一步来。

首先，这个变换其实是前缀按位或，前缀按位或如果要严格单调递增，那么每个数字都要至少存在一位 1 是前面的数字都没有的。所以 $n>k$ 时一定无解，但这不重要。按照这个思路，容易发现，后一个数字的合法方案只取决于前面所有数字按位或后的二进制 1 个数。后一个数字的这些位——这些之前存在过 1 的位——都可以任意取 1 或 0，然后在这些位以外的地方再添加至少一个 1 位。这里我们先不考虑出现过 1 的位和没出现过 1 的位之间的相对位置，因为它可以最后考虑。

我们设 $f(n,x)$ 表示前 $n$ 个数字，按位或起来存在 $x$ 个 1 的方案数（忽视掉没出现过 1 的位）。那么考虑当前数字新添加的 1 的个数 $x?i$ 、这 $x?i$ 个 1 与之前的 1 的相对位置方案、以及之前的 1 位下可任意取 0 或 1 的方案，就可以得到下面的式子：
$$\begin{gathered} f(1,x)=[x>0], \\ f(n,x)=\sum _{i=1}^{x?1}f(n?1,i)?\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i}\right)?2^i \end{gathered}$$

我们把组合数拆开，化成卷积形式：
$$\frac{f(n,x)}{x!}=\sum _{i=1}^{x?1}\frac{f(n?1,i)}{i!}?2^i?\frac{1}{(x?i)!}$$

我们发现，最终的多项式它完全没法化成 $g(x)?h(x{)}^n$ 的形式，没法朴素地进行多项式幂。但是我们可以进行更灵活的倍增，把上式写成下面这个样子或许能启发思考：
$$\frac{f(n,x)}{x!}=\sum _{i=1}^{x?1}\frac{f(n?1,i)}{i!}?2^{1i}?\frac{f(1,x?i)}{(x?i)!}$$

我们可以试着不只转移一个数字，而是连续转移一段。我们插入一段数字，令这一段数字出现过 1 的所有位与前面的数字都不同，然后再在后面所有数字中，于前面出现 1 的位处任意取 0 和 1 ，可以最终得到一个无比类似的式子：
$$\frac{f(n+m,x)}{x!}=\sum _{i=1}^{x?1}\frac{f(n,i)}{i!}?2^{im}?\frac{f(m,x?i)}{(x?i)!}$$

这样我们就可以做类快速幂了。

任意魔术NTT呢，一般是取 3 个不同的可以做NTT的模数分别做NTT，然后用中国剩余定理做回去。适用于每一次单独的多项式乘法，乘了过后要取模题目要求的模数，再继续下一步乘。

在用中国剩余定理的时候，由于数字极大，所以我们得用一个方法，在过程中取模题目要求的模数，并保证最终结果正确。

假设 $NTT$ 用的三个模数分别为 $M_1,M_2,M_3$ ，对于一个数字 $x$ 有三个式子已知：
$$?\begin{array}{l}x\equiv a_1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{M}_1\\ x\equiv a_2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{M}_2\\ x\equiv a_3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{M}_3\end{array}$$

那么结果的表达式为
$$a_1?M_2{M}_3?in{v}_1(M_1{M}_2)+a_2?M_1{M}_3?in{v}_2(M_1{M}_3)+a_3?M_1{M}_2?in{v}_3(M_1{M}_2)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{M}_1{M}_2{M}_3$$

这三个逆元可以健康地求出来，然后……用 $\_\_\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{t}128$ 🙂🤮

开玩笑的，具体过程很繁杂，可以参见这位高职人员的详细解说：🔗 。

或者，你可以做真的猛士，去用 MTT 。

最后，调试的时候有必须注意的地方。如果你的NTT模数是 998244353 或者更小，那么对答案多项式进行一次正变换和逆变换后，与原来的多项式将不一定相同。原因就是，你用的是一个比 $10^9+7$ 更小的模数。所以，每次进行 3 模NTT 时，要把转移多项式给存下来。

或者，你可以不用 469762049、998244353 和 1004535809 ，而是做个真的猛士，像我一样用上三个比 $10^9+7$ 大的模数：

• 1004535809
• 1007681537（最多 2 的 20 次方，原根 3）
• 1012924417（最多 2 的 21 次方，原根 5）

时间复杂度 $O(k{\log }^{2}k)$ ，常数可观 ↓。

CODE

我用的 $\_\_\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{t}128$ ，危险行为请勿模仿。

//真的猛士，敢于将打到一半的代码提交
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<random>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 30005
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define ENDL putchar('\n')
#define DB long double
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define FI first
#define SE second
#define eps (1e-1)
#define BIG __int128
int xchar() {
	static const int maxn = 1000000;
	static char b[maxn];
	static int pos = 0,len = 0;
	if(pos == len) pos = 0,len = fread(b,1,maxn,stdin);
	if(pos == len) return -1;
	return b[pos ++];
}
//#define getchar() xchar()
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;int s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s<0)return -1;if(s=='-')f=-f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x = (x<<1) + (x<<3) + (s^48);s = getchar();}
	return f*x;
}
void putpos(LL x) {if(!x)return ;putpos(x/10);putchar((x%10)^48);}
void putnum(LL x) {
	if(!x) {putchar('0');return ;}
	if(x<0) putchar('-'),x = -x;
	return putpos(x);
}
void AIput(LL x,int c) {putnum(x);putchar(c);}

const int MOD = 1000000007;
const int M1 = 1012924417,R1 = 5;
const int M2 = 1007681537,R2 = 3;
const int M3 = 1004535809,R3 = 3;
int n,m,s,o,k;
int fac[MAXN],inv[MAXN],invf[MAXN];
int p2[MAXN];
int qkpow(int a,int b) {
	int res = 1;
	while(b > 0) {
		if(b & 1) res = res *1ll* a % MOD;
		a = a *1ll* a % MOD; b >>= 1;
	}return res;
}
int qkpow(int a,int b,int MOD) {
	int res = 1;
	while(b > 0) {
		if(b & 1) res = res *1ll* a % MOD;
		a = a *1ll* a % MOD; b >>= 1;
	}return res;
}
int om,xm[MAXN<<2];
int rev[MAXN<<2];
void NTT(int *s,int n,int op,int MOD,int R) {
	for(int i = 1;i < n;i ++) {
		rev[i] = (rev[i>>1]>>1) | ((i&1) ? (n>>1):0);
		if(rev[i] < i) swap(s[i],s[rev[i]]);
	}
	om = qkpow(R,(MOD-1)/n,MOD); xm[0] = 1;
	if(op < 0) om = qkpow(om,MOD-2,MOD);
	for(int i = 1;i < n;i ++) xm[i] = xm[i-1] *1ll* om % MOD;
	for(int k = 2,t = n>>1;k <= n;k <<= 1,t >>= 1) {
		for(int j = 0;j < n;j += k) {
			for(int i = j,l = 0;i < j+(k>>1);i ++,l += t) {
				int A = s[i],B = s[i+(k>>1)];
				s[i] = (A + xm[l]*1ll*B) % MOD;
				s[i+(k>>1)] = (A +MOD- xm[l]*1ll*B%MOD) % MOD;
			}
		}
	}
	if(op < 0) {
		int invn = qkpow(n,MOD-2,MOD);
		for(int i = 0;i < n;i ++) s[i] = s[i]*1ll*invn % MOD;
	}return ;
}
int a[MAXN<<2],b[MAXN<<2],c[MAXN<<2];
void mult(int *A,int *B,int le) {
//	printf("A:");for(int i = 0;i < le;i ++) printf("%lld ",A[i]*1ll*fac[i]%MOD); ENDL;
//	printf("B:");for(int i = 0;i < le;i ++) printf("%lld ",B[i]*1ll*fac[i]%MOD); ENDL;
	NTT(A,le,1,M1,R1); NTT(B,le,1,M1,R1);
	for(int i = 0;i < le;i ++) a[i] = A[i]*1ll*B[i] % M1;
	NTT(A,le,-1,M1,R1);NTT(B,le,-1,M1,R1);
	NTT(a,le,-1,M1,R1);
	NTT(A,le,1,M2,R2); NTT(B,le,1,M2,R2);
	for(int i = 0;i < le;i ++) b[i] = A[i]*1ll*B[i] % M2;
	NTT(A,le,-1,M2,R2);NTT(B,le,-1,M2,R2);
	NTT(b,le,-1,M2,R2);
	NTT(A,le,1,M3,R3); NTT(B,le,1,M3,R3);
	for(int i = 0;i < le;i ++) c[i] = A[i]*1ll*B[i] % M3;
	NTT(A,le,-1,M3,R3);NTT(B,le,-1,M3,R3);
	NTT(c,le,-1,M3,R3);
	BIG v1 = qkpow(M2*1ll*M3%M1,M1-2,M1);
	BIG v2 = qkpow(M1*1ll*M3%M2,M2-2,M2);
	BIG v3 = qkpow(M1*1ll*M2%M3,M3-2,M3);
	BIG MD = M1*1ll*M2; MD *= M3;
	for(int i = 0;i < le;i ++) {
		BIG nm = (v1*(BIG)M2*M3%MD*a[i]%MD + v2*(BIG)M1*M3%MD*b[i]%MD + v3*(BIG)M1*M2%MD*c[i]%MD) % MD;
		A[i] = nm % MOD;
	}
//	printf("A:");for(int i = 0;i < le;i ++) printf("%lld ",A[i]*1ll*fac[i]%MOD); ENDL;
//	printf("B:");for(int i = 0;i < le;i ++) printf("%lld ",B[i]*1ll*fac[i]%MOD); ENDL;
	return ;
}
int A[MAXN<<2],B[MAXN<<2],C[MAXN<<2];
int main() {
	LL N = read();m = read();
	if(N > m) {
		printf("0\n");
		return 0;
	}
	n = N;
	A[0] = 1;
	int le = 1; while(le <= m*2) le <<= 1;
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=invf[0]=invf[1]=1;
	for(int i = 2;i <= m;i ++) {
		fac[i] = fac[i-1] *1ll* i % MOD;
		inv[i] = (MOD-inv[MOD%i]) *1ll* (MOD/i) % MOD;
		invf[i] = invf[i-1] *1ll* inv[i] % MOD;
	}
	p2[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= m;i ++) {
		B[i] = invf[i];
		p2[i] = (p2[i-1]<<1) % MOD;
	}
	int ct = 0,pw = 1;
	while(n > 0) {
		if(n & 1) {
			for(int i = 1;i <= m;i ++) A[i] = A[i] *1ll* p2[i] % MOD;
			mult(A,B,le);
			for(int i = m+1;i < le;i ++) A[i] = 0;
			ct += pw;
//			printf("%d:\n",ct);
//			for(int i = 1;i <= m;i ++) {
//				printf("%lld ",A[i]*1ll*fac[i]%MOD);
//			}ENDL;
		}
		for(int i = 0;i < le;i ++) {
			if(i>m) C[i] = 0;
			else C[i] = B[i] *1ll* p2[i] % MOD;
		}
		mult(B,C,le);
		for(int i = 0;i < le;i ++) {
			if(i>m) B[i] = 0;
			else p2[i] = p2[i]*1ll*p2[i]%MOD;
		}pw <<= 1;
		n >>= 1;
	}
	int ans = 0;
	for(int i = N;i <= m;i ++) {
		(ans += A[i]*1ll*fac[m]%MOD*invf[m-i]%MOD) %= MOD;
	}
	AIput(ans,'\n');
	return 0;
}