一、题目
求 (n!) 转成 (16) 进制后除去末尾 (0) 的最后 (16) 位。
(n<2^{64},Tleq 10)
二、解法
首先考虑暴力怎么打，我们把所有 (2) 的因子提出来之后，剩下的数直接暴力乘法之后自然溢出即可，最后 (2) 的因子数模 (4) 之后乘上去，转成 (16) 进制输出即可。
瓶颈在于把所有数乘起来，设 (f(n)=sum_{i=1}^n(2i+1))，那么答案是 (prod_{i=0}^{63}f((lfloorfrac{n}{2^i} floor-1)/2))，问题转化为怎么求 (f(n))，因为本题是在模 (2^{64}) 意义下的，所以选 (2i) 这一项的次数是 (leq 63) 的，要不然就被模成 (0) 了。
设 (g(x)) 表示选了 (x) 次 (2i) 的 (i) 之积，转移考虑加入一个数，但是这个数可能和前面重复所以需要容斥，这里我们容斥最后一个数只出现一次这个条件，然后就足以进入子问题了，我们枚举出现次数 (j)：
[xcdot g(x)=sum_{j=1}^x (-1)^{j-1}cdot g(x-j)cdot sum_{iin[1,n]}i^j
]
最后是一个幂次求和的结构，可以套路地第二类斯特林数反演（直接）：
[sum_{i=1}^n i^k=sum_{i=0}^k{krace i} imes frac{1}{i+1} imesfrac{(n+1)!}{(n-i)!}
]
时间复杂度 (O(log^3n))，至于模意义下的除法可以奇数使用逆元，偶数就一直除 (2) 即可。
还有多项式平移倍增的做法，上次省选学过我就不想复读了。
三、总结
本题 (dp) 加容斥的做法让人耳目一新，两两不同的限制可以被我们拆分成每个数和其他数不同的限制，在我们考虑最后一个数是只用解决它的限制就可以归纳到子问题。
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 1000;
#define int unsigned long long
int T,n,inv[M],S[M][M],tmp[M],g[M];
void init(int n)
{
//get inv about mod=2^64
for(int i=1;i<=n;i++)
{
inv[i]=1;int nw=i,b=(1ull<<63)-1;
while(b) {if(b&1)inv[i]*=nw;nw*=nw;b>>=1;}
}
//get S(n,m)
S[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
S[i][j]=S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j];
}
int div(int x,int y)
{
while(y%2==0) x/=2,y/=2;
return x*inv[y];
}
int work(int n)
{
if(n==0) return 1;
n=(n-1)/2;
for(int i=0;i<=63;i++) tmp[i]=g[i]=0;
for(int i=1;i<=63 && i<=n;i++)
{
int A=n+1;
for(int j=1;j<=i;j++)
{
A=A*(n+1-j);
tmp[i]+=div(A,j+1)*S[i][j];
}
}
g[0]=1;
for(int i=1;i<=63 && i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=i;j++)
{
if(j&1) g[i]+=g[i-j]*tmp[j];
else g[i]-=g[i-j]*tmp[j];
}
g[i]=div(g[i],i);
}
int res=0;
for(int i=0;i<=63;i++) res+=g[i]<<i;
return res;
}
signed main()
{
freopen("multiplication.in","r",stdin);
freopen("multiplication.out","w",stdout);
cin>>T;init(64);
while(T--)
{
cin>>n;int c=0,ans=1;
for(int i=1;i<=63;i++) c+=n>>i;
for(int i=0;i<=63;i++) ans*=work(n>>i);
for(int i=1;i<=c%4;i++) ans*=2;
printf("%llX
",ans);
}
}