匹配字符串[loj547]

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loj

题解

这个idea我之前想过了。。。但只想到了52分

首先有一个很显然的DP，设 $f_{i}$ 表示长度为 $i$ 的字符串，且第 $i$ 位必须选 $0$ 的合法方案数，则有：

$$f_i=\sum_{j=1}^{\min{i,m}}f_{i-j}$$

对于 $m$ 的大小，我们进行分类讨论。

$m\leq 2500$

上述的DP方程可以用常系数线性齐次递推，暴力多项式取模，时间复杂度为 $O(m^2\log n)$。

otherwise

我们考虑前缀和，设 $s_i=\sum_{j=1}^if_j$。

那么上面的式子就是：$s_i-s_{i-1}=s_{i-1}-s_{i-m-1}$。

即：$s_i=2s_{i-1}-s_{i-m-1}$。

这个相当于是在数轴上走，走到 $i+m+1$，就贡献 $-1$，走到 $i+1$，就贡献 $2$。

由于走 $i+m+1$ 的次数比较少，那么可以枚举这个次数，因此有：

$$s_n=\sum_{i=0}\binom{n-im}{i}2^{n-i(m+1)}(-1)^i$$

组合数用Lucas定理计算即可。

时间复杂度 $O(\frac{n}{m}\times \log _{65537}n)$

注意 $m=1$ 的特判。

程序

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#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define FO(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout)
#define fo(i,j,k) for(int i=(j),end_i=(k);i<=end_i;i++)
#define ff(i,j,k) for(int i=(j),end_i=(k);i< end_i;i++)
#define fd(i,j,k) for(int i=(j),end_i=(k);i>=end_i;i--)
#define DEBUG(x) cerr<<#x<<"="<<x<<endl
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define cle(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define db double
#define lb long db
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
const ll mod=65537;
inline ll Add(ll x,ll y){x+=y; return (x<mod)?x:x-mod;}
inline ll Dec(ll x,ll y){x-=y; return (x<0)?x+mod:x;}
inline ll Mul(ll x,ll y){return x*y%mod;}
inline ll Pow(ll x,ll y)
{
	y%=(mod-1);ll ans=1;for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1) ans=ans*x%mod;
	return ans;
}
ll n,m;

namespace CM{
	const int N=5010;
	ll f[N],g[N],h[N],b[N],c[N];
	inline void mul(ll *a,ll *b,int k)
	{
		fo(i,0,k) fo(j,0,k) c[i+j]=Add(c[i+j],a[i]*b[j]%mod);
		fd(i,k<<1,k) fo(j,0,k) c[i+j-k]=Dec(c[i+j-k],c[i]*g[j]%mod);
		fo(i,0,k-1) a[i]=c[i],c[i]=0;
	}
	inline void Ppow(ll *a,ll n,int m)
	{
		a[0]=1; b[1]=1;
		for(;n;n>>=1,mul(b,b,m)) if(n&1) mul(a,b,m);
	}
	inline ll solve()
	{
		h[0]=1;
		fo(i,1,m) h[i]=(h[i-1]*2)%mod;
		if(n<m) return h[n];
		g[m]=1;
		ff(i,0,m) g[i]=mod-1;
		Ppow(f,n,m);
		ll ans=0;
		fo(i,0,m-1) ans=Add(ans,f[i]*h[i]%mod); 
		return ans;
	}
}
namespace Lucas{
	ll fac[mod],inv[mod];
	inline ll C(ll n,ll m)
	{
		if(n<m) return 0;
		if(n<mod) return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
		return C(n%mod,m%mod)*C(n/mod,m/mod)%mod;
	}
	inline ll work(ll n)
	{
		ll tmp=Pow(Pow(2,m+1),mod-2),now=Pow(2,n),ans=0;
		fo(i,0,n/(m+1))
		{
			if(i&1) ans-=C(n-m*i,i)*now%mod;
			else ans+=C(n-m*i,i)*now%mod;
			now=now*tmp%mod;
		}
		return (ans%mod+mod)%mod;
	}
	inline ll solve()
	{
		fac[0]=1;
		fo(i,1,mod-1) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
		inv[mod-1]=Pow(fac[mod-1],mod-2);
		fd(i,mod-1,1) inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
		return (work(n+1)-work(n)+mod)%mod;
	}
}

int main()
{
	cin>>n>>m;
	if(m==1) printf("1");
	else printf("%lld",(m<=2500)?CM::solve():Lucas::solve());
	return 0;
}