不得不说是一道多项式神题了。
虽然说颓代码颓的很厉害不过最终A掉了。
好好讲一讲这道题。
涉及的知识点是：高阶导数，NTT，指数型母函数，泰勒公式，以及意志力和数学推导能力。
那就开始了。
一个测试点一个测试点来。
首先注意到$b[i]=lim_{i=1}^{i<=n}(|=a[i])$
1.$n,k<=4$ 直接爆搜。$O(2^{nk})$
2.$n,k<=10$考虑状压dp。
设$dp[i][s]$为$a$的$i$项前缀或和。
那么有转移$dp[i+1][s|t]+=dp[i][s]*[(s|t)!=s]$
这样是$O(n4^{k})$
3.$n,k<=300$。
首先优化状压dp，我们其实并不关心状压dp中状态的1是那些1，我们只关心有几个1。
那么得到$dp[i][j]$前$i$位的$a$或和中有$j$个1，且清楚是哪些1的方案数。
$dp[i][j]=sumlimits_{k=0}^{j-1}dp[i-1][k]2^kC_{K-k}^{j-k}$
复杂度是$O(nk^2)$
4.59分
优化上述$dp$
其实可以看到卷积的影子吧。
设$g[i][j]$前$i$位的$a$或和中有$j$个1，不清楚是那些1的方案数。
$g[i][j]=sumlimits_{k=0}^{j-1}g[i-1][k]2^kC_j^{j-k}$
那么$dp[i][j]=C_K^jg[i][j]$
可以看出来g是一个卷积的形式了。
那么复杂度$O(nklogk)$
5.AC
优化上述dp。
改变g的枚举方式。
$g[i][j]=sumlimits_{k=1}^{j}g[i-1][j-k]2^{j-k}C_{j}^{k}$
展开组合数。
$g[i][j]=sumlimits_{k=1}^{j}g[i-1][j-k]2^{j-k}frac{j!}{k!(j-k)!}$
那么也就是说
$frac{g[i][j]}{j!}=frac{sumlimits_{k=1}^{j-1}g[i-1][j-k]2^{j-k}}{(j-k)!}frac{1}{k!}$
可以看出指数型母函数的样子了。
生成函数$G(x)=sumlimits_{k=1}^{j-1}frac{g[i][j]}{j!}$
引入泰勒公式。
$+infty$为正无穷。
对于任何一个函数$f$
$f(x)=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{f^{(i)}(x_0)(x-x_0)^i}{i!}$
证明：
对$f^{(m)}(x_0)(x-x_0)^m$求$m$阶导。
首先$x^n$的导数为$nx^{n-1}$
那么
1.$mf^{(m)}(x_0)(x-x_0)^{m-1}$
2.$m(m-1)f^{(m)}(x_0)(x-x_0)^{m-2}$
......
m.$m!f^{(m)}(x_0)$
在往后都是0了，$m!f(x_0)$是常数。
那么其实$f^{(m)}(x_0)=m!f(x_0)$因为其他项带$(x-x_0)$，所以都是0。
除掉$m!$
$f(x)=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{f^{(i)}(x_0)(x-x_0)^i}{i!}$
得到泰勒公式的结论了。
证毕。
第二个引理$e^x=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{x^i}{i!}$
证明：
首先$e^x$的导数仍然是$e^x$
$e^x=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{f^{(i)}(x_0)(x-x_0)^i}{i!}$
设$frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}=a_i$
$e^x=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{a_i(x-x_0)^i}{i!}$
两侧取导。
$e^x=0+sumlimits_{i=1}^{+infty}ia_{i-1}(x-x_0)^{i-1}$
$a_0=a_1$
$a_1=2a_2$
$a_2=3a_3$
...
$a_{n-1}=na_n$
那么解得$a_i=frac{a_0}{i!}$
回代。
$e^x=a_0sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{x^i}{i!}$
当$x=0$时
$e^x=1=a_0sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{x^i}{i!}$
$a_0=1$
$e^x=sumlimits_{i=0}^{+infty}frac{x^i}{i!}$
证毕。
推推式子得到了$G_i(x)=G_{i-1}(2x)*(e^x-1)$是卷积。
用$(G(x))[x^i]$代表多项式$G(x)$在$x^i$处的系数。
代入$frac{g[i][j]}{j!}=frac{sumlimits_{k=1}^{j}g[i-1][j-k]2^{j-k}}{(j-k)!}frac{1}{k!}$
那么也就等价于。
$(G_i(x))[x^j]=sumlimits_{k=1}^{j}(G_{i-1}(x))[x^{j-k}]2^{j-k}((e^x)[x^k])$
解释一下。
$G(2x)$在$[x^k]$的系数是$frac{g[i-1][k]}{k!}2^k$
$e^x$在$[x^k]$的系数是$frac{1}{k!}$
好那么有这个式子了。
继续。
$G_0(x)=1$
回代得到。
$G_n(x)=prodlimits_{i=0}^{n-1}(e^{2^ix}-1)$
这个形式可以用类似快速幂的方式优化。
快速幂我不知道怎么想出来的只知道是对的。
那么也就是说可以在$O(nlog^2n)$时间内解决。
常数巨大。