这是我第一道独立做出来的FWT的题目，所以写篇随笔纪念一下。
（这还要纪念，我太弱了）
题目链接：
题目大意：两人玩nim游戏（多堆石子，每次可以从其中一堆取任意多个，不能操作就输）。$T$ 组数据，现在问如果 $n$ 堆石子，每堆石子个数都是不超过 $m$ 的素数，有多少种不同的石子序列使得先手没有必胜策略，答案对 $10^9+7$ 取模。（石子堆顺序不同也算不同）
$1leq Tleq 80,1leq nleq 10^9,1leq mleq 5 imes 10^4$。
首先肯定要把 $m$ 以内的素数筛出来。
nim游戏的SG函数大家都知道吧！就是它本身。
所以若先手没有必胜策略，那么所有石子堆的石子个数的异或和为 $0$。
考虑 $dp[i][j]$ 为前 $i$ 堆石子，异或和为 $j$ 的石子序列总数。题目要求即为 $dp[n][0]$。
另外令 $g[x]=[xleq m && xin prime]$，即若 $x$ 为 $m$ 以内的素数则 $g[x]=1$ 否则 $g[x]=0$。
（以下 $oplus$ 均代表异或）
那么有边界：
$dp[1][x]=[g[x]==1]$
考虑到 $joplus koplus k=j$，那么转移方程：
$dp[i][j]=sum^m_{k=1}dp[i-1][joplus k]quad [g[k]==1]$
这样暴力转移复杂度是 $O(Tm^2n)$ 的，考虑优化。
可以发现 $g[x]=[g[x]==1]$，那么边界和转移方程可以化为：
$dp[1][x]=g[x]$
$dp[i][j]=sum^m_{k=1}dp[i-1][joplus k]g[k]$
发现这其实是个多项式异或卷积的形式（因为 $dp[i-1][joplus k]g[k]$ 会贡献到 $dp[i][j]=dp[i][(joplus k)oplus k]$）
那么用 $FWT$ 优化转移。时间复杂度优化至 $O(Tm(log m)n)$。但还是不够！
我们发现：
$dp[1][x]=g[x]$，也就是 $dp[1]$ 是 $g$ 本身，即异或卷积意义下的 $g^1$
$dp[2][x]=sum^m_{k=1}dp[1][xoplus k]g[k]=sum^m_{k=1}g[xoplus k]g[k]$，也就是 $dp[2]$ 是异或卷积意义下的 $g^2$
$dotsdots$
至于 $dp[3]$ 我推不出来
我们科学证明一下：异或卷积是满足结合律的，所以若 $dp[i-1]$ 是 $g^{i-1}$，那么 $dp[i]$ 就是 $dp[i-1] imes g=g^{i-1} imes g=g^i$。
所以 $dp[i]=g^i$。
刚刚说了异或卷积满足结合律，所以可以快速幂加速求 $dp[n]=g^n$，那么 $dp[n][0]$ 也就求完了，问题迎刃而解。
时间复杂度 $O(Tmlog mlog n)$，还差一点点才能通过。
加一个小优化就行了：在快速幂中乘法要乘很多次，如果每乘完一次就要 $O(mlogm)$ 变换就浪费了。可以一开始 $FWT$，快速幂的过程中只有点值相乘没有变换，完了之后再 $FWT$，少了很多运算。
这样就可以用 $O(Tm(log m+log n))$ 通过了。
（p.s：$FWT$ 是对模数没有要求的，不要被 $10^9+7$ 吓到了。）
上代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int mod=1000000007,inv=500000004; //2的逆元为500000004 int n,m,limit; int a[70070],ans[70070]; int prime[50050],pl; bool vis[50050]; void FWT(int *c,int type){ //模板 for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1) for(int r=mid<<1,j=0;j<limit;j+=r) for(int k=0;k<mid;k++){ int x=c[j+k],y=c[j+k+mid]; c[j+k]=(x+y)%mod;c[j+k+mid]=(x-y+mod)%mod; if(type==-1){ c[j+k]=1ll*c[j+k]*inv%mod;c[j+k+mid]=1ll*c[j+k+mid]*inv%mod; } } } void mult(int *a,int *b,int *c){ //点值相乘（为何这里面没有FWT？上面说过这会浪费时间） for(int i=0;i<limit;i++) c[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod; } void quickpow(int *a,int b){ memset(ans,0,sizeof(ans)); ans[0]=1; //初始化 FWT(a,1);FWT(ans,1); //一开始就变换 while(b){ //快速幂 if(b&1) mult(ans,a,ans); mult(a,a,a); b>>=1; } //中间不变换 FWT(a,-1);FWT(ans,-1); //这时才变换回去 } void init(){ //筛素数，作为转移数组 vis[1]=true; for(int i=2;i<=50000;i++){ if(!vis[i]) prime[++pl]=i; for(int j=1;j<=pl && i*prime[j]<=50000;j++){ vis[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0) break; } } } int main(){ init(); while(~scanf("%d%d",&n,&m)){ memset(a,0,sizeof(a)); for(limit=1;limit<=m;limit<<=1); for(int i=1;i<=pl && prime[i]<=m;i++) a[prime[i]]=1; //转移数组 quickpow(a,n); printf("%d ",ans[0]); } }