正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF838C

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题目大意

一个字符串$s$，两个人轮流操作，每次每个人可以选择删掉一个字符或者重排列这个字符串，但是不能出现之前出现过的字符串，不能操作者输。

求有多少个长度为$n$且字符集大小为$k$的字符串使得先手必胜。

$1\le n\le 250000,1\le k\le 26$

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解题思路

显然如果删掉一个字符能使得先手必败，那么先手必胜。如果不能，那么肯定会一直重排列这个字符串。

那么如果一个字符串的排列数是偶数，那么先手可以切换先后手，所以先手必胜。否则先手需要考虑能否删除一个字符使得先手必败。

设第$i$个字符的数量是$a_i$，那么一个字符串可重排列的方案就是$\frac{n!}{{\prod }_{i=1}^k{a}_i!}$，并且如果删除一个字符$i$，那么排列方式将会乘上$\frac{a_i}{n}$。

那么如果$n$是奇数，肯定存在一个$a_i$是奇数，也就是说删除一个$i$后排列方式的奇偶性不变。所以如果一个$n$是奇数且字符串的排列数是奇数，那么肯定可以删除一个字符使得排列数仍然是偶数。
那么如果$n$是奇数且先手，那么肯定不会被逼到一个走动后先手必胜的位置，所以$n$是奇数先手必胜。

然后如果$n$是偶数，那么如果排列方式是偶数那么先手必胜否则先手必败。

然后考虑怎么计数$n$是偶数的情况。考虑到一个$n!$包含的$2$质因数的个数为${\sum }_{i=0}\lfloor \frac{n}{2^i}\rfloor$，那么如果一个字符串的排列方式是偶数那么肯定有
$$\sum _{i=0}\lfloor \frac{n}{2^i}\rfloor =\sum _{p=1}^k\sum _{i=0}\lfloor \frac{a_p}{2^i}\rfloor$$
然后又因为假设我们考虑一直分解$x$出来，显然${\prod }_{i=1}^k{a}_i!$的$x$肯定不会比$n!$中$x$多，同理分解$2^k$出来也是一样的，所以它们每一个$i$求出来的答案都是恰好相等的，即
$$\forall i\in N,\lfloor \frac{n}{2^i}\rfloor =\sum _{p=1}^k\lfloor \frac{a_p}{2^i}\rfloor$$
那么$a_i$求和的时候二进制就不能有进位了，也就是说对于$n$中的每个$1$，$a_i$都恰好有一个是$1$，$n$中的每一个$0$，$a_i$这一位都是$0$。

也就是把$n$的二进制分成若干份$a_i$，每一份的贡献是$\frac{1}{a_i!}$，要求贡献的乘积和。这个分出一个部分来的转移其实就是子集卷积，所以我们跑$k$次子集卷积即可。

这样跑有点慢，所以我们还需要快速幂优化。

时间复杂度：$O(k\log kn{\log }^{2}n)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;
const int N=1<<19;
int n,k,P,f[20][N],g[20][N],c[N],inv[N],fac[N];
void FWT(int *f,int n,int op){for(int p=2;p<=n;p<<=1)for(int k=0,len=p>>1;k<n;k+=p)for(int i=k;i<k+len;i++)(f[i+len]+=f[i]*op)%=P;return;
}
signed main()
{scanf("%d%d%d",&n,&k,&P);int ans=1;for(int i=1;i<=n;i++)ans=1ll*ans*k%P;fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=P-1ll*inv[P%i]*(P/i)%P;for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P,inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%P;if(n&1)return printf("%d\n",ans)&0;f[0][0]=1;int m=1,lg=0;while(m<=n)m<<=1,lg++;for(int i=1;i<m;i++)c[i]=c[i-lowbit(i)]+1;for(int i=0;i<=n;i++)g[c[i]][i]=inv[i];for(int i=0;i<c[n];i++)FWT(g[i],m,1);FWT(f[0],m,1);while(k){if(k&1){for(int i=c[n];i>=0;i--){for(int x=0;x<m;x++)f[i][x]=1ll*f[i][x]*g[0][x]%P;for(int j=1;j<=i;j++)for(int x=0;x<m;x++)f[i][x]=(f[i][x]+1ll*f[i-j][x]*g[j][x])%P;}}for(int i=c[n];i>=0;i--){for(int x=0;x<m;x++)g[i][x]=(i?2ll:1ll)*g[0][x]*g[i][x]%P;for(int j=1;j<i;j++)for(int x=0;x<m;x++)g[i][x]=(g[i][x]+1ll*g[j][x]*g[i-j][x])%P;}k>>=1;}FWT(f[c[n]],m,-1);ans=(ans-1ll*f[c[n]][n]*fac[n]%P)%P;printf("%d\n",(ans+P)%P);return 0;
}