NOIP 模擬 $85\; \rm 團不過$
阿新 • • 發佈：2021-10-30
題解
題解 \(by\;zj\varphi\)
求先手必勝的不容易，但可以求先手必輸的，再用總方案減去。
總方案為 \((2^n-1)^{i_{\_}}\)，意思就是下降冪。
設 \(p_i=(2^n-1)^{i_{\_}}\)，\(f_i\) 表示 \(i\) 堆石子先手必輸的方案數。
首先前 \(i-1\) 個數隨便選，通過調整最後一個數使得異或和為 \(0\)，然後再減去前 \(i-1\) 個數異或為 \(0\) 的，因為不能填 \(0\)，再減去有 \(i-2\) 堆異或和為 \(0\) 的，因為這樣有兩個數就會相同。
所以 \(f_i=p_{i-1}-f_{i-1}-(i-1)*(2^n-i+1)\times f_{i-2}\)
Code
#include<bits/stdc++.h> #define ri signed #define pd(i) ++i #define bq(i) --i #define func(x) std::function<x> namespace IO{ char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++ #define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' ' #define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl #define Debug(x) assert(x) struct nanfeng_stream{ template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) { bool f=false;x=0;char ch=gc(); while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc(); while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc(); return x=f?-x:x,*this; } }cin; } using IO::cin; namespace nanfeng{ #define FI FILE *IN #define FO FILE *OUT template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;} template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;} using ll=long long; static const int N=1e7+7,MOD=1e9+7; int n,S; ll p[N],f[N]; auto fpow=[](int x,int y) { int res=1; while(y) { if (y&1) res=1ll*res*x%MOD; x=1ll*x*x%MOD; y>>=1; } return res; }; inline int main() { FI=freopen("yui.in","r",stdin); FO=freopen("yui.out","w",stdout); cin >> n; S=fpow(2,n)-1; p[0]=1ll; for (ri i(1);i<=n;pd(i)) p[i]=p[i-1]*(S-i+1)%MOD,(p[i]+=MOD)%=MOD; for (ri i(3);i<=n;pd(i)) f[i]=p[i-1]-f[i-1]-1ll*(i-1)*(S-i+2)%MOD*f[i-2]%MOD,((f[i]%=MOD)+=MOD)%=MOD; printf("%lld\n",(p[n]-f[n]+MOD)%MOD); return 0; } } int main() {return nanfeng::main();}