- 有(n)头熊和若干桶果汁以及一桶酒。
- 每天每只熊会选择若干桶饮料喝一杯，如果喝到了酒就会去睡觉再也不回来。
- 总共只有(p)个睡觉的位置，如果睡觉的熊超过了(p)头或者所有熊都睡觉了就失败了。
- 设(f_i)表示(i)天内在这些熊能找出酒的位置的前提下的最大桶数，求(oplus_{i=1}^q(i imes f_i)(mod 2^{32}))。
- (nle10^9,ple130,qle2 imes10^6)
“信息”
非常巧妙的一个转化！
我们可以先通过一个例子来感受一下“信息”与可区分情况数之间的联系。
例如排序，为什么一般的基于比较的排序复杂度最快只能达到(O(nlog_2n))？
考虑通过一次比较，我们获得的信息能够区分出两种不同的情况，因此(k)次比较总共就能区分出(2^k)种情况。
而排序要求的是把序列从总共的(n!)种情况中区分出来，就需要满足(2^kge n!)。
因此(kge log_2(n!)≈nlog_2n)。
可区分情况数
在这题中，由于有多少个桶，酒所在的位置就有多少种情况，因此问最多能有多少桶，其实就是问我们通过(i)天操作得到的信息最多能区分出多少种不同的情况。
首先，由于不能所有熊都睡着，因此当(p>n-1)时多余的位置其实是没意义的，因此我们完全可以在一开始就令(p=min{p,n-1})。
然后，考虑有多少种可区分情况，先枚举有多少头熊睡觉了，再考虑睡觉的是哪些熊、分别在哪一天睡着，得到：
[f_i=sum_{j=0}^{p}C_n^j imes i^j
]
要注意，这道题之所以可以这样算，是因为不同的信息必然可以对应出一种不同的可区分情况，不能盲目把这个方法套用到所有题目上去。
对于组合数的预处理
上面这个式子显然可以(O(pq))计算，唯一的问题就在于如何在模(2^{32})意义下求组合数，这应该是这道题另一个比较妙的地方，尽管与前面那位相比逊色不少。
发现(p)很小，我们直接列出所有的分子和分母，枚举每对分子和分母约分，根据组合数的定义最终必然能把所有分母约成(1)，那么再直接把所有分子乘起来即可得出组合数了。
代码：(O(pq+p^3logp))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define P 130
#define LL long long
using namespace std;
int n,p,q,a[P+5],b[P+5];unsigned C[P+5];
I int gcd(CI x,CI y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
int main()
{
RI i,j,k,g;for(scanf("%d%d%d",&n,&p,&q),p=min(p,n-1),i=0;i<=p;++i)//求C(n,i)
{
for(j=1;j<=i;++j) a[j]=n-j+1,b[j]=j;//列出所有分子和分母
for(j=1;j<=i;++j) for(k=1;k<=i;++k) g=gcd(a[j],b[k]),a[j]/=g,b[k]/=g;//枚举每对分子和分母约分
for(C[i]=j=1;j<=i;++j) C[i]*=a[j];//将所有分子乘起来
}
unsigned w,t,s=0;for(i=1;i<=q;s^=i*t,++i) for(w=1,t=j=0;j<=p;w*=i,++j) t+=C[j]*w;//枚举每一天计算可区分情况数
return printf("%u
",s),0;
}