這是我第一道獨立做出來的FWT的題目，所以寫篇隨筆紀念一下。

（這還要紀念，我太弱了）

題目鏈接：

BZOJ

題目大意：兩人玩nim遊戲（多堆石子，每次可以從其中一堆取任意多個，不能操作就輸）。$T$ 組數據，現在問如果 $n$ 堆石子，每堆石子個數都是不超過 $m$ 的素數，有多少種不同的石子序列使得先手沒有必勝策略，答案對 $10^9+7$ 取模。（石子堆順序不同也算不同）

$1\leq T\leq 80,1\leq n\leq 10^9,1\leq m\leq 5\times 10^4$。

首先肯定要把 $m$ 以內的素數篩出來。

nim遊戲的SG函數大家都知道吧！就是它本身。

所以若先手沒有必勝策略，那麽所有石子堆的石子個數的異或和為 $0$。

考慮 $dp[i][j]$ 為前 $i$ 堆石子，異或和為 $j$ 的石子序列總數。題目要求即為 $dp[n][0]$。

另外令 $g[x]=[x\leq m \&\& x\in prime]$，即若 $x$ 為 $m$ 以內的質數則 $g[x]=1$ 否則 $g[x]=0$。

（以下 $\oplus$ 均代表異或）

那麽有邊界：

$dp[1][x]=[g[x]==1]$

考慮到 $j\oplus k\oplus k=j$，那麽轉移方程：

$dp[i][j]=\sum^m_{k=1}dp[i-1][j\oplus k]\quad [g[k]==1]$

這樣暴力轉移復雜度是 $O(Tm^2n)$ 的，考慮優化。

可以發現 $g[x]=[g[x]==1]$，那麽邊界和轉移方程可以化為：

$dp[1][x]=g[x]$

$dp[i][j]=\sum^m_{k=1}dp[i-1][j\oplus k]g[k]$

發現這其實是個多項式異或卷積的形式（因為 $dp[i-1][j\oplus k]g[k]$ 會貢獻到 $dp[i][j]=dp[i][(j\oplus k)\oplus k]$）

那麽用 $FWT$ 優化轉移。時間復雜度優化至 $O(Tmlogmn)$。但還是不夠！

我們發現：

$dp[1][x]=g[x]$，也就是 $dp[1]$ 是 $g$ 本身，即異或卷積意義下的 $g^1$

$dp[2][x]=\sum^m_{k=1}dp[1][x\oplus k]g[k]=\sum^m_{k=1}g[x\oplus k]g[k]$，也就是 $dp[2]$ 是異或卷積意義下的 $g^2$

$\dots\dots$

至於 $dp[3]$ 我推不出來

我們科學證明一下：異或卷積是滿足結合律的，所以若 $dp[i-1]$ 是 $g^{i-1}$，那麽 $dp[i]$ 就是 $dp[i-1]\times g=g^{i-1}*g=g^i$。

所以 $dp[i]=g^i$。

剛剛說了異或卷積滿足結合律，所以可以快速冪加速求 $dp[n]=g^n$，那麽 $dp[n][0]$ 也就求完了，問題迎刃而解。

時間復雜度 $O(Tmlogmlogn)$，還差一點點才能通過。

加一個小優化就行了：在快速冪中乘法要乘很多次，如果每乘完一次就要 $O(mlogm)$ 變換就浪費了。可以一開始 $FWT$，快速冪完之後再 $FWT$，少了很多運算。

這樣就可以用 $O(Tm(logm+logn))$ 通過了。

（p.s：$FWT$ 是對模數沒有要求的，不要被 $10^9+7$ 嚇到了。）

上代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007,inv=500000004;    //2的逆元為500000004
int n,m,limit;
int a[70070],ans[70070];
int prime[50050],pl;
bool vis[50050];
void FWT(int *c,int type){    //模板
    for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
        for(int r=mid<<1,j=0;j<limit;j+=r)
            for(int k=0;k<mid;k++){
                int x=c[j+k],y=c[j+k+mid];
                c[j+k]=(x+y)%mod;c[j+k+mid]=(x-y+mod)%mod;
                if(type==-1){
                    c[j+k]=1ll*c[j+k]*inv%mod;c[j+k+mid]=1ll*c[j+k+mid]*inv%mod;
                }
            }
}
void mult(int *a,int *b,int *c){    //點值相乘（為何這裏面沒有FWT？上面說過這會浪費時間）
    for(int i=0;i<limit;i++) c[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
}
void quickpow(int *a,int b){
    memset(ans,0,sizeof(ans));
    ans[0]=1;    //初始化
    FWT(a,1);FWT(ans,1);    //一開始就變換
    while(b){    //快速冪
        if(b&1) mult(ans,a,ans);
        mult(a,a,a);
        b>>=1;
    }    //中間不變換
    FWT(a,-1);FWT(ans,-1);    //這時才變換回去
}
void init(){    //篩素數，作為轉移數組
    vis[1]=true;
    for(int i=2;i<=50000;i++){
        if(!vis[i]) prime[++pl]=i;
        for(int j=1;j<=pl && i*prime[j]<=50000;j++){
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}
int main(){
    init();
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(limit=1;limit<=m;limit<<=1);
        for(int i=1;i<=pl && prime[i]<=m;i++) a[prime[i]]=1;    //轉移數組
        quickpow(a,n);
        printf("%d\n",ans[0]);
    }
}

BZOJ4589 Hard Nim（快速沃爾什變換FWT）