題目大意：用$[1,2^k-1]$之間的證書構造一個長度為$n$的序列$a_i$，令$b_i=a_1\ or\ a_2\ or\ ...\ or a_i$，問使得b序列嚴格遞增的方案數，答案對$10^9+7$取模。

數據範圍，$n≤1^{18}$，$k≤30000$。

考慮用dp來解決這一題，我們用$f[i][j]$來表示前$i$個數中，使用了$j$個二進制位（註意！並不是前$j$個），那麽答案顯然為$\sum_{i=0}^{k} \binom{n}{i} \times f[n][i]$。

考慮如何用前面求得的數值來更新$f[x+y][i]$，不妨設$j∈[1,i]$。

不難推出，用了$x$個數，在$i$個二進制位中選用了$j$個二進制位的方案數為$\binom{i}{j} \times f[x][j]$。

然後，用掉$y$個數，並選用余下$i-j$個二進制位的方案數為$f[y][i-j]$。

考慮到前面$x$個數已經選擇了$j$個二進制位，那麽剩下的$y$個數，在這$j$個位置上，均可以隨便填0或1，方案數為$(2^j)^y$。

通過上文分析，得$f[x+y][i]=\sum_{j=1}^{i} f[x][j] \times \binom{i}{j} \times f[y][i-j] \times (2^j)^y$。

通過簡單整理，$=i!\sum_{j=1}^{i} \frac{f[x][j]\times (2^j)^y}{j!} \times \frac{f[y][i-j]}{(i-j)!}$。

然後，我們就可以通過NTT，進行dp式子的轉移。

不過此題的模數非常惡心，所以需要用任意模數FFT。

考慮到$n$範圍非常大，所以$x$和$y$的選擇必須要有技巧，我們可以用類似快速冪的算法，加速轉移，詳情可見代碼。

時間復雜度為$O(k\ log\ k\ log\ n)$。

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 #define L long long 
  3 #define MOD 1000000007
  4 #define H 16
  5 #define M 1<<H
  6 #define hh 32768
  7 #define
 
 PI acos(-1)
  8 using namespace std;
  9 int nn;
 10 int k; L n;
 11 
 12 L pow_mod(L x,L k){
 13     L ans=1;
 14     while(k){
 15         if(k&1) ans=ans*x%MOD;
 16         k>>=1; x=x*x%MOD;
 17     }
 18     return ans;
 19 }
 20 
 21 struct cp{
 22     double i,r;
 23     cp(){i=r=0;}
 24     cp(double rr,double ii){i=ii; r=rr;}
 25     friend cp operator +(cp a,cp b){return cp(a.r+b.r,a.i+b.i);}
 26     friend cp operator -(cp a,cp b){return cp(a.r-b.r,a.i-b.i);}
 27     friend cp operator *(cp a,cp b){return cp(a.r*b.r-a.i*b.i,a.r*b.i+a.i*b.r);}
 28     L D(){L hhh=(r+0.499); return hhh%MOD;}
 29 };
 30 
 31 cp w[M][H];
 32 void init(){
 33     for(int i=2,j=0;j<H;j++,i<<=1){
 34         for(int k=0;k<i;k++)
 35         w[k][j]=cp(cos(2*PI*k/i),sin(2*PI*k/i));
 36     }
 37 }
 38 
 39 void change(cp a[],int n){
 40     for(int i=0,j=0;i<n-1;i++){
 41         if(i<j) swap(a[i],a[j]);
 42         int k=n>>1;
 43         while(j>=k) j-=k,k>>=1;
 44         j+=k;
 45     }
 46 }
 47 void FFT(cp a[],int n,int on){
 48     change(a,n);
 49     cp wn,u,t;
 50     for(int h=2,i=0;h<=n;h<<=1,i++){
 51         for(int j=0;j<n;j+=h){
 52             for(int k=j;k<j+(h>>1);k++){
 53                 wn=w[k-j][i]; if(on==-1) wn.i=-wn.i;
 54                 u=a[k]; t=a[k+(h>>1)]*wn;
 55                 a[k]=u+t; a[k+(h>>1)]=u-t;
 56             }
 57         }
 58     }
 59     if(on==-1)
 60         for(int i=0;i<n;i++) a[i].r=a[i].r/n;
 61 }
 62  
 63 struct poly{
 64     L a[M];
 65     poly(){memset(a,0,sizeof(a));}
 66     friend poly operator *(poly a,poly b){
 67         poly c;
 68         static cp A[M],B[M],C[M],D[M],E[M],F[M],G[M];
 69         memset(A,0,sizeof(A)); memset(B,0,sizeof(B)); 
 70         memset(C,0,sizeof(C)); memset(D,0,sizeof(D));
 71         for(int i=0;i<nn;i++) A[i].r=a.a[i]%hh,B[i].r=a.a[i]/hh;
 72         for(int i=0;i<nn;i++) C[i].r=b.a[i]%hh,D[i].r=b.a[i]/hh;
 73         FFT(A,nn,1); FFT(B,nn,1); FFT(C,nn,1); FFT(D,nn,1);
 74         for(int i=0;i<nn;i++){
 75             E[i]=A[i]*C[i];
 76             F[i]=A[i]*D[i]+B[i]*C[i];
 77             G[i]=B[i]*D[i];
 78         }
 79         FFT(E,nn,-1); FFT(F,nn,-1); FFT(G,nn,-1);
 80         for(int i=0;i<nn;i++)
 81             c.a[i]=(E[i].D()+F[i].D()*hh%MOD+G[i].D()*hh%MOD*hh%MOD)%MOD;
 82         for(int i=k+1;i<nn;i++) c.a[i]=0;
 83         return c;
 84     }
 85 };
 86 L fac[M]={0},invfac[M]={0};
 87 L C(int n,int m){return fac[n]*invfac[m]%MOD*invfac[n-m]%MOD;} 
 88 poly ans,f,f1,f2;
 89 int main(){
 90     init();
 91     cin>>n>>k; n--;
 92     fac[0]=1; for(int i=1;i<=k;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
 93     invfac[k]=pow_mod(fac[k],MOD-2);
 94     for(int i=k-1;~i;i--) invfac[i]=invfac[i+1]*(i+1)%MOD;
 95     for(nn=1;nn<=(k*2);nn<<=1);
 96     L now=1;
 97     for(int i=1;i<=k;i++) f.a[i]=1;
 98     ans=f;
 99     while(n){
100         if(n&1){
101             f1=ans; f2=f;
102             for(int i=1;i<=k;i++)
103             f1.a[i]=f1.a[i]*invfac[i]%MOD*pow_mod(pow_mod(2,i),now)%MOD;
104             for(int i=1;i<=k;i++)
105             f2.a[i]=f2.a[i]*invfac[i]%MOD;
106             ans=f1*f2;
107             for(int i=1;i<=k;i++)
108             ans.a[i]=ans.a[i]*fac[i]%MOD; 
109         }
110         f1=f; f2=f;
111         for(int i=1;i<=k;i++) 
112         f1.a[i]=f1.a[i]*invfac[i]%MOD*pow_mod(pow_mod(2,i),now)%MOD;
113         for(int i=1;i<=k;i++)
114         f2.a[i]=f2.a[i]*invfac[i]%MOD; 
115         f=f1*f2;
116         for(int i=1;i<=k;i++)
117         f.a[i]=f.a[i]*fac[i]%MOD;
118         n>>=1; now<<=1;
119     }
120     L sum=0;
121     for(int i=1;i<=k;i++)
122     sum=(sum+ans.a[i]*C(k,i))%MOD;
123     cout<<sum<<endl;
124 }

【codeforces 623E】dp+FFT+快速冪