[JZOJ 5810] 简单的玄学

思路：
就是考虑一个结论
对于\(1<=x<=2^n\)，那么\(x\)与\(2^n - x\)中的2的个数相等。
证明：
我们将\(x\)表示成\(2^k*b\)，那么\(2^n - x\)就是\(2^n - 2^k*b\)当消去\(k\)个2之后，剩下的就是\(2^n - b\)显然不能被2除了（因为b显然不是一个偶数），
那么我们推出来的概率式子为：
\(1 - {\prod_{i=2^n-m+1}^{2^n-1} i\over 2^{n(m-1)}}\)
问题的瓶颈就是如何求分子的2的个数，应用上面的结论可以将分子化为：
如何求\((m-1)!\)里的2的个数。
简单了，随便枚举一下就可以了。
值得一提的是，这题的数据范围有毒，考虑到当\(m > mod\)时，显然取模为0，所以出题人很好心的没有给\(10^{18}\)的点。
代码我不知道为什么老是爆炸...

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod = 1e6+3;
inline ll pow_mod(ll a,ll b) {
	ll res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

ll n,m;
ll ans;
int main () {
	freopen("random.in","r",stdin);
	freopen("random.out","w",stdout);
	scanf("%d %d",&n,&m);
	if(m > mod) {
		puts("0 0");
		return 0;
	}
	if(log2(m) > n) {
		puts("1 1");
		return 0;
	}
	ll t1 = pow_mod(2,n);
	ll t2 = pow_mod(t1,m-1);
	for(int i = 1;i < m; ++i) {
		int tmp = i;
		while(!(tmp & 1)) {
			ans ++;
			tmp >>= 1;
		}
	}
	ll fz = 1;
	for(int i = 1;i < m; ++i) {
		fz = fz * (t1 - i);
	}
	fz /= pow(2,ans);
	ll fm = pow_mod(2,n*(m - 1) - ans);
	printf("%lld %lld\n",(fm - fz)%mod,(fm)%mod);
	return 0;
}

马力太弱。。