一、題目

點此看題

\(\tt loj\) 題目質量確實高，我要開始進軍 \(\tt loj\) 了。

二、解法

很容易寫出本題的 \(dp\) 方程，設 \(f[i]\) 表示考慮前 \(i\) 個位置合法，第 \(i\) 個位置是 \(0\) 的方案數：

這很顯然是個常係數齊次線性遞推，我們求出 \(x^n\bmod G(x)\) 的多項式 \(F(x)\)，那麼答案是：

因為 \(G(x)\) 的係數很規則，具體實現中可以不用多項式取模，卷積完之後直接倒序做差分即可。那麼時間複雜度 \(O(m\log n\log m)\)

我們還需要一種演算法能解決 \(m\) 較大的情況，設 \(s_n=\sum_{i=0}^n f_i\)，那麼 \(s_n=2s_{n-1}-s_{n-m-1}\)，他的組合意義是從 \(0\) 走到 \(n\)，有 \(i\) 到 \(i+1\) 的權值為 \(2\) 的邊，有 \(i\) 到 \(i+m+1\) 的權值為 \(-1\) 的邊。定義一種路徑的權值為經過的所有邊的權值乘積，那麼答案是所有路徑的權值和，我們列舉 \(-1\) 邊的數量：

其中 \({n-im\choose i}\)

三、總結

思考 \(dp\) 的組合意義很重要，這個技巧我以前起了個名字叫考慮轉移路徑。

當獲得了一種很優秀的做法之後，可以考慮另一種做法來資料分治解決問題。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 100005;
const int MOD = 65537;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,ans;
//subtask1
int a[M],r[M],A[M],B[M],rev[M];
int qkpow(int a,int b)
{
    int r=1;
    while(b>0)
    {
        if(b&1) r=r*a%MOD;
        a=a*a%MOD;
        b>>=1;
    }
    return r;
}
void NTT(int *a,int len,int op)
{
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(len/2));
		if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	}
	for(int s=2;s<=len;s<<=1)
	{
		int w=(op==1)?qkpow(3,(MOD-1)/s):qkpow(3,(MOD-1)-(MOD-1)/s);
		for(int i=0,t=s/2;i<len;i+=s)
			for(int j=0,x=1;j<t;j++,x=x*w%MOD)
			{
				int fo=a[i+j],fe=a[i+j+t];
				a[i+j]=(fo+x*fe)%MOD;
				a[i+j+t]=((fo-x*fe)%MOD+MOD)%MOD;
			}
	}
	if(op==1) return ;
	int inv=qkpow(len,MOD-2);
	for(int i=0;i<len;i++)
		a[i]=a[i]*inv%MOD;
}
void mul(int *a,int *b,int *c)
{
    int len=1;
    while(len<2*m) len<<=1;
    for(int i=0;i<len;i++) A[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++) B[i]=0;
    for(int i=0;i<m;i++) A[i]=a[i];
    for(int i=0;i<m;i++) B[i]=b[i];
    NTT(A,len,1);NTT(B,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++) A[i]=A[i]*B[i]%MOD;
    NTT(A,len,-1);
    for(int i=0;i<len;i++) B[i]=0;
    for(int i=2*m-2;i>=m;i--)
    {
        B[i]=(B[i]+B[i+1])%MOD;
        A[i]=(A[i]+B[i])%MOD;
        B[i-1]=(B[i-1]+A[i])%MOD;
        if(i>m) B[i-1-m]=(B[i-1-m]-A[i]+MOD)%MOD;
    }
    for(int i=m-1;i>=0;i--)
    {
        B[i]=(B[i]+B[i+1])%MOD;
        c[i]=(A[i]+B[i])%MOD;
    }
}
void work1()
{
	if(m==1)
	{
		puts("1");
		return ;
	}
    a[1]=1;r[0]=1;
    while(n>0)
    {
        if(n&1) mul(r,a,r);
        mul(a,a,a);
        n>>=1;
    }//x^n 
    for(int i=0,pw=1;i<m;i++,pw=pw*2%MOD)
        ans=(ans+pw*r[i])%MOD;
    printf("%lld\n",ans);
}
//subtask2
int fac[M],inv[M];
void init(int n)
{
    fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
    for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%MOD;
    for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
int C(int n,int m)
{
    if(n<m || m<0) return 0;
    return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
int lucas(int n,int m)
{
    if(n<=m) return n==m;
    return lucas(n/MOD,m/MOD)*C(n%MOD,m%MOD)%MOD;
}
int work2(int n)
{
    init(MOD-1);
    int ans=0,fl=1,pw=qkpow(2,n),iv=qkpow(inv[2],m+1);
    for(int i=0;i<=n/(m+1);i++)
    {
        ans=(ans+fl*pw%MOD*lucas(n-i*m,i))%MOD;
        pw=pw*iv%MOD;fl=MOD-fl;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    n=read();m=read();
    if(m<1<<15) work1();
    else
	{
		init(MOD-1);
		printf("%lld\n",(work2(n+1)-work2(n)+MOD)%MOD);
	}
}