XIII.CF623E Transforming Sequence
这题仔细一想还挺简单的……但是我一直在想有标号的DP，但实际上只需要用无标号DP即可……
首先，一眼可以看出当\(n>k\)时无解，可以直接特判掉。
则我们设\(f[i][j]\)表示当前填到第\(i\)个数，且前\(i\)个数\(\operatorname{or}\)在一起的结果中前\(j\)位是\(1\)的方案数。
则显然我们有递推式
\[f[i][j]=\sum\limits_{k=1}^{j-1}f[i-1][k]\dbinom{j}{k}2^k
\]
它的意思是，我们这一轮新增了\(j-k\)个\(1\)，因此\(\dbinom{j}{j-k}=\dbinom{j}{k}\)，即是选出\(j-k\)个位置作为新增的位置的方案数；然后之前的\(k\)个位置无论\(01\)皆可，于是就有一个\(2^k\)在里面。至于为什么它枚举到\(j-1\)吗，因为它至少要新增一个位置。
显然它是卷积的形式（如果你把二项式系数展开的话），故可以多项式优化。
我们再考虑一下如何由\(i\)转移到\(2i\)。
则有递推式
\[f[2i][j]=\sum\limits_{k=1}^{j-1}f[i][k]\times f[i][j-k]\dbinom{j}{k}(2^j)^i
\]
其中\((2^j)^i\)的意义是，后半部分的每一个数都可以在前半段的\(j\)个位置上任意取\(01\)，然后后半部分又有\(i\)个数，故直接乘上一个\((2^j)^i\)即可。
最终答案是\(\sum\limits_{i=1}^kf[n][i]\dbinom{k}{i}\)，其中二项式系数是因为\(k\)位中任意\(i\)位都有这么多种方案。
于是就可以卷积+快速幂解决。复杂度\(O(k\log^2k)\)。
但是，这题最恶心的地方，恰恰在于那个万恶的模数\(10^9+7\)！这就意味着必须要用任意模数NTT（即MTT）才能解决。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1<<20;
ll n;
int m,f[N],all,res;
int fac[N],inv[N],bin[N];
const int p=1e9+7;
int ksm(int x,int y,int mod){
int rt=1;
for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1ll*rt*x)%mod;
return rt;
}
int INV(int x,int y){return ksm(x,y-2,y);}
namespace xtx{
struct Poly{
int mod;
const int G=3;
int rev[N];
int ksm(int x,int y){
int rt=1;
for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1ll*rt*x)%mod;
return rt;
}
void NTT(int *a,int tp,int LG){
int lim=(1<<LG),invlim=ksm(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int md=1;md<lim;md<<=1){
int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
int w=1;
for(int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
a[pos+i]=(x+y)%mod;
a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=(1ll*a[i]*invlim)%mod;
}
int A[N],B[N];
void mul(int *a,int *b,int LG){//using: Array A and B
int lim=(1<<LG);
for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0;
for(int i=0;i<(lim>>1);i++)A[i]=a[i],B[i]=b[i];
NTT(A,1,LG),NTT(B,1,LG);
for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
NTT(A,-1,LG);
}
}poly[3];
const int mod0=998244353,mod1=1004535809,mod2=469762049;
const ll mod01=1ll*mod0*mod1;
const int inv0=INV(mod0,mod1),inv01=INV(mod01%mod2,mod2);
void MTT(int *a,int *b,int *c,int LG){
for(int i=0;i<3;i++)poly[i].mul(a,b,LG);
for(int i=0;i<(1<<LG);i++){
ll x=1ll*(poly[1].A[i]-poly[0].A[i]+mod1)%mod1*inv0%mod1*mod0+poly[0].A[i];
c[i]=(1ll*(poly[2].A[i]-x%mod2+mod2)%mod2*inv01%mod2*(mod01%p)%p+x)%p;
}
}
int A[N];
void KSM(int *a,int k,int LG){
if(k==1){a[0]=0;for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=1;return;}
KSM(a,k>>1,LG);
for(int i=0;i<=m;i++)A[i]=1ll*a[i]*ksm(bin[i],k>>1,p)%p*inv[i]%p;
for(int i=0;i<=m;i++)a[i]=1ll*a[i]*inv[i]%p;
MTT(A,a,a,LG);
for(int i=0;i<=m;i++)a[i]=1ll*a[i]*fac[i]%p;
if(!(k&1))return;
for(int i=0;i<=m;i++)a[i]=1ll*a[i]*bin[i]%p*inv[i]%p,A[i]=0;
for(int i=1;i<=m;i++)A[i]=inv[i];
MTT(A,a,a,LG);
for(int i=0;i<=m;i++)a[i]=1ll*a[i]*fac[i]%p;
for(int i=0;i<k;i++)a[i]=0;
}
void prep(){poly[0].mod=mod0,poly[1].mod=mod1,poly[2].mod=mod2;}
}
int main(){
scanf("%lld%d",&n,&m),xtx::prep();
if(n>m){puts("0");return 0;}
while((1<<all)<=m)all++;
fac[0]=bin[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%p,bin[i]=(bin[i-1]<<1)%p;
inv[m]=INV(fac[m],p);
for(int i=m-1;i>=0;i--)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%p;
xtx::KSM(f,n,all+1);
for(int i=1;i<=m;i++)(res+=1ll*f[i]*fac[m]%p*inv[i]%p*inv[m-i]%p)%=p;
printf("%d\n",res);
return 0;
}