CF773F Test Data Generation

XVII.CF773F Test Data Generation

首先先把题意翻译成人话，就是满足两个条件：

1. \(n\)为奇数。

2. \(a_n\)为\(a\)中含有最少\(2\)次幂的因子的数，且\(a_n\)中至少含有一个\(2\)。

第一个限制很好满足，但是第二个咋办呢？

我们再来翻译一下，就是将所有数同除以\(2\)的一个正次幂后，不会得到小数，且\(a_n\)是个奇数。

我们显然可以枚举除以\(2\)的多少次幂。显然这个复杂度是\(\log max_a\)的，可以承担。

于是我们除以该二次幂后，就将条件转成：

在\(\Big[1,\left\lfloor\dfrac{max_a}{2^k}\right\rfloor\Big]\)中选择不多于\(n\)的奇数个数，且最后一个数是奇数的方案数。

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这里有一种奇怪的（不正确的）思路：

我们固定最后一个数是\(i\)。则我们只需要从前\(i-1\)个数中任选偶数个数即可。于是我们枚举\(i-1\)，并设\(m=\left\lfloor\dfrac{max_a}{2^k}\right\rfloor\)，则就是要求

\[\sum\limits_{i\in[0,m),i\text{是偶数}}\sum\limits_{j\in[0,n),j\text{是偶数}}\dbinom{i}{j} \]

即杨辉三角形偶数行列交叉处的数之和。

但是很遗憾地，这个玩意似乎没有很好的求法，故只能作为一种错误的思路。不知道有没有组合数学大神肯来康康这个柿子呢

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书归正传。

我们考虑设\(f_{j=0/1,k,i}\)表示当前选的数全部位于\([1,k]\)之中，且最后一个数模\(2\)余\(j\)，当前一共选了\(i\)个数的方案数。我们强制要求\(i>0\)。

我们考虑从\(f_{j,k}\)推至\(f_{j,2k}\)。

这里有两种可能：

1. 全部数都是\(\leq k\)的，故直接是\(f_{j,k}\)本身。

2. 有一些数\(\leq k\)，另一些\(\in[k+1,2k]\)。

这一种前一半是\(f_{0,k}+f_{1,k}+1\)（\(+1\)是因为有一个都不选的情况），后一半就是前一半中选择的数整体\(+k\)得到，故要根据\(k\)的奇偶决定到底从\(f_{0,k}\)还是\(f_{1,k}\)转移来。

则它整体的柿子就是

\[\Large f_{j,2k}=f_{j,k}+(f_{0,k}+f_{1,k}+1)\times(f_{j\operatorname{xor}(k\operatorname{and}1),k}) \]

于是还有从\(k\)推至\(k+1\)的情况。这种情况，在倍增FFT中，仅在\(k\equiv0\pmod2\)时发生。故只需要增加最后新选一个\(k+1\)的情况即可。

故此时有

\[f_{0,k+1}=f_{0,k} \]

以及

\[f_{1,k+1}(x)=f_{1,k+1}(x)+x\times\Big(f_{0,k}(x)+f_{1,k}(x)+1\Big) \]

则直接倍增计算即可。

这时，我们就可以不需要枚举我们最初的柿子中\(m=\left\lfloor\dfrac{max_a}{2^k}\right\rfloor\)中的那个\(k\)了——它直接在倍增中就能算出。

时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。

（注意到这题要写任意模数NTT，但是因为模数小，双模即可，不需要三模）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1<<20;
int n,m,p,res,all;
int ksm(int x,int y,int mod){
	int z=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
	return z;
}
int INV(int x,int mod){return ksm(x,mod-2,mod);}
void ADD(int &x,int y){x+=y;if(x>=p)x-=p;}
int RED(int x){if(x>=p)x-=p;return x;}
namespace xtx{
	struct Poly{
		int mod;
		const int G=3;
		int rev[N];
		int ksm(int x,int y){
			int rt=1;
			for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1ll*rt*x)%mod;
			return rt;
		}
		void NTT(int *a,int tp,int LG){
			int lim=(1<<LG),invlim=ksm(lim,mod-2);
			for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
			for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
			for(int md=1;md<lim;md<<=1){
				int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
				if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
				for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
					int w=1;
					for(int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
						int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
						a[pos+i]=(x+y)%mod;
						a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
					}
				}
			}
			if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=(1ll*a[i]*invlim)%mod;
		}
		int A[N],B[N];
		void mul(int *a,int *b,int LG){//using: Array A and B
			int lim=(1<<LG);
			for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0;
			for(int i=0;i<(lim>>1);i++)A[i]=a[i],B[i]=b[i];
			NTT(A,1,LG),NTT(B,1,LG);
			for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
			NTT(A,-1,LG);
		}
	}poly[2];
	const int mod0=998244353,mod1=1004535809;
	const int inv0=INV(mod0,mod1);
	void MTT(int *a,int *b,int *c,int LG){
		for(int i=0;i<2;i++)poly[i].mul(a,b,LG);
		for(int i=0;i<(1<<LG);i++)c[i]=(1ll*(poly[1].A[i]-poly[0].A[i]+mod1)%mod1*inv0%mod1*mod0+poly[0].A[i])%p;
	}
	int f[2][N];
	int A[N],B[N],C[N];
	void KSM(int k,int LG){
		if(k==0)return;
		KSM(k>>1,LG);
		for(int i=0;i<=n;i++)C[i]=RED(f[0][i]+f[1][i]);ADD(C[0],1);
		if(k&2)MTT(f[0],C,B,LG),MTT(f[1],C,A,LG);
		else MTT(f[0],C,A,LG),MTT(f[1],C,B,LG);
		for(int i=0;i<=n;i++)ADD(f[0][i],A[i]),ADD(f[1][i],B[i]);
		if(k&1){
			for(int i=0;i<=n;i++)C[i]=RED(f[0][i]+f[1][i]);ADD(C[0],1);
			for(int i=1;i<=n;i++)ADD(f[1][i],C[i-1]);	
		}
		for(int i=1;i<=n;i+=2)ADD(res,f[1][i]);
	}
	void prep(){poly[0].mod=mod0,poly[1].mod=mod1;}
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&p),xtx::prep();
	while((1<<all)<=n)all++;
	xtx::KSM(m>>1,all+1);
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}