[bzoj4589]Hard Nim——SG函数+FWT

题目大意：

Claris和NanoApe在玩石子游戏，他们有n堆石子，规则如下：

1. Claris和NanoApe两个人轮流拿石子，Claris先拿。
2. 每次只能从一堆中取若干个，可将一堆全取走，但不可不取，拿到最后1颗石子的人获胜。
   不同的初始局面，决定了最终的获胜者，有些局面下先拿的Claris会赢，其余的局面Claris会负。
   Claris很好奇，如果这n堆石子满足每堆石子的初始数量是不超过m的质数，而且他们都会按照最优策略玩游戏，那么NanoApe能获胜的局面有多少种。
   由于答案可能很大，你只需要给出答案对10^9+7取模的值。

思路：

先手必败是所有的石子的SG函数值异或起来等于0。
设(f_{i,j})表示进行了第(i)堆石子，异或和为(j)的方案数是多少，实际上是一个异或卷积，直接上FWT优化即可。

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 * Author : ylsoi
 * Time : 2010.2.10
 * Problem : bzoj4589
 * E-mail : ylsoi@foxmail.com
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#include<bits/stdc++.h>

#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;

using namespace std;

void File(){
	freopen("bzoj4589.in","r",stdin);
	freopen("bzoj4589.out","w",stdout);
}

template<typename T>void read(T &_){
	_=0; T f=1; char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
	for(;isdigit(c);c=getchar())_=(_<<1)+(_<<3)+(c^'0');
	_*=f;
}

const int maxn=5e4+10;
const ll mod=1e9+7;
const ll inv2=(mod+1)/2;
int n,m,lim;
ll f[maxn<<1];
int pm[maxn],tot;
bool vis[maxn];

void init_prime(){
	REP(i,2,5e4){
		if(!vis[i])pm[++tot]=i;
		REP(j,1,tot){
			if(i*pm[j]>5e4)break;
			vis[i*pm[j]]=1;
			if(i%pm[j]==0)break;
		}
	}
}

ll qpow(ll x,ll y){
	ll ret=1; x%=mod;
	while(y){
		if(y&1)ret=ret*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}

void fwt(ll *A,int ty){
	for(int len=1;len<lim;len<<=1)
		for(int L=0;L<lim;L+=len<<1)
			REP(i,L,L+len-1){
				ll x=A[i],y=A[i+len];
				A[i]=(x+y)*(ty==1 ? 1 : inv2)%mod;
				A[i+len]=(x-y)*(ty==1 ? 1 : inv2)%mod;
			}
}

int main(){
	File();
	init_prime();
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
		lim=1;
		while(lim<=m)lim<<=1;
		REP(i,0,lim-1)f[i]=0;
		REP(i,1,tot)if(pm[i]<=m)f[pm[i]]=1;
		else break;
		fwt(f,1);
		REP(i,0,lim-1)f[i]=qpow(f[i],n);
		fwt(f,-1);
		printf("%lld
",(f[0]+mod)%mod);
	}
	return 0;
}