组合数奇偶判定的 trick。一句话总结就是 (n - sum_n=k)。其中 (sum_n) 表示 (n) 在二进制下的 (1) 的个数,(k) 表示 (n!) 含有因子 (2) 的数目。
首先如果当前串的不同排列数为偶数的话,也就是先手可以选择改变先后手的时候,先手必胜。
如果当前串的不同排列数为奇数:如果当前字符个数为奇数则先手必胜,否则先手必败。证明:设 (n) 为当前串长度,容易得到不同排列数为 (p=frac{n!}{prod a_i!}),其中 (a_i) 表示某种字符的个数。每次拿走一个字符相当于让 (p) 乘上一个 (frac{a_i}n),那么我选取一个 (a_i) 使得 (a_i!) 含因子 (2) 的个数最少,容易发现这样选以后不会改变 (p) 的奇偶性,那么 (p) 始终为奇数,上述结论显然。
现在我们知道如何判断一个排列的胜负态了,准备考虑计数。根据最上面的那个 trick 我们知道 (p) 是奇数当且仅当 (n - sum_n=sum(a_i-sum_{a_i})),其中 (sum_x) 表示 (x) 在二进制下 (1) 的个数。又因为 (n=sum a_i),所以我们知道 (sum_n=sum sum_{a_i})。显然还必定有 (n=a_1igotimes a_2 igotimes cdots igotimes a_k),其中 (igotimes) 表示异或操作,也就是 (n) 分解成二进制以后每个 (1) 被分到了一个且仅有一个 (a_i) 中。
然后就可以直接 DP 了:设 (f_{i,s}) 表示到第 (i) 个数,(n) 还剩 (s) 的方案数。转移非常显然,但是时间可能会超过,这里我们进行一个优化:强制每次必须选 (lowbit(n))((n) 在二进制下最低位),然后就可以通过此题了。
代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 250009, K = 250000;
int n, k, M, f[29][N], fac[N], inv_fac[N];
int ksm(int a, int b)
{
int res = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
res = 1ll * res * a % M;
b >>= 1, a = 1ll * a * a % M;
}
return res;
}
void init()
{
scanf("%d %d %d", &n, &k, &M);
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= K; i++)
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % M;
inv_fac[K] = ksm(fac[K], M - 2);
for (int i = K - 1; i >= 0; i--)
inv_fac[i] = 1ll * inv_fac[i + 1] * (i + 1) % M;
}
int lowbit(int x) { return x & (-x); }
int solve(int cur, int S)
{
if (f[cur][S] != -1) return f[cur][S];
if (!S)
{
f[cur][S] = fac[n];
for (int i = 1; i <= cur; i++)
f[cur][S] = 1ll * f[cur][S] * (k - i + 1) % M;
return f[cur][S];
}
f[cur][S] = 0;
int U = S - lowbit(S);
for (int T = U; T; T = (T - 1) & U)
f[cur][S] = (f[cur][S] + 1ll * inv_fac[S - T] * solve(cur + 1, T) % M) % M;
f[cur][S] = (f[cur][S] + 1ll * inv_fac[S] * solve(cur + 1, 0) % M) % M;
return f[cur][S];
}
void work()
{
if (n & 1)
printf("%d
", ksm(k, n));
else
{
memset(f, -1, sizeof(f));
int res = (ksm(k ,n) - solve(0, n) + M) % M;
printf("%d
", res);
}
}
int main()
{
init();
work();
return 0;
}