传统游戏

• 看到题，第一想法是设$dp[k][s]$表示选了$k$个数，当前异或和为$s$的方案数，但这样产生一个问题：要如何保证所选的数不重复且无序呢？
• 一种方法是修改状态：我们增设一维$i$，$dp[i][k][s]$表示从$\le i$的范围中 (引入“阶段”使决策有序化) 选了$k$个数，当前异或和为$s$的方案数。(按任意顺序选数难以得知哪些数被选过，但如果强制按从小到大的顺序选数，便可保证所选的数不重且无序。思路类似背包的状态设计。)
  这样可以过掉$subtask1$
• 上面的方法适合$n$大$L$小的情况，然而此题中$n$远小于$L$。我们转化一下思路，从高往低考虑二进制下的每一位，枚举$n$个所选数的这一位上是0还是1，每一位只有$2^n$种情况，总时间复杂度$O(2^{n}L)$：设$F[i][lim][sta]$表示做完了从高往低的前$i$位，最大的那个数是否还等于$m$ ，从大往小每个数是否等于下一个数(状压) 的方案数，数位DP即可
• 另一种思路是：直接计算不重且无序的方案数不方便，因此先算可重且有序的方案数，再通过容斥搞出不重且无序的方案数。(思路类似简单的博弈题)
• 考虑如何计算可重且有序的方案数：
• 类似 数位DP 的做法，从高位往低位考虑，假设当前做到第$i$位。
  不难发现，如果一个数的前$i-1$位还等于$m$的前$i-1$位 ，那么接下来的一位填什么还会受限制；
  然而如果一个数的前$i-1$位已经小于$m$的前$i-1$位了，那么接下来所有位填什么都不会受限制。
• 这样一来，如果做完第$i$位后，这$n$个数中有某个数的前$i$位小于$m$的前$i$位，那么可以让其余$n-1$个数在填第$i+1$位以及之后的位时，不再考虑异或和为0的限制，然后用这个数把最终的异或和调整为0。
• 因此，我们可以枚举从哪一位开始出现确定小于$m$的数，然后计算方案数。
  不妨设在这一位填1后后面几位还有$a$种方案(仅考虑$<m$的限制)，填0后还有$b$种方案(仅考虑$<m$的限制)，那么方案数为：$$\sum _{i=0}^{n-1}{C}_n^i{a}^i{b}^{n-1-i}[imod2=0]$$(若某个数在这一位确定小于$m$，那么此数的这一位必为0，其余$n-1$个数仍要保证在这一位上的异或和为0，$i$表示在这一位填1的数的个数)
• 如此，我们可以在$O(nL)$的时间内算出选$n$个数的可重且有序的方案数。但因为要做容斥，所以我们需要知道所有选$1$~$n$个数的方案数，这样复杂度就是$O(n^{2}L)$了。
• 仔细观察，发现式子还能继续化简：
  ${\sum }_{i=0}^{n-1}{C}_n^i{a}^i{b}^{n-1-i}[imod2=0]$
  $={\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{a}^i{b}^{n-i}[imod2=0]-a^n[nmod2=0]$
  $=\frac{{\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{a}^i{b}^{n-i}+{\sum }_{i=0}^n{C}_n^i(-a{)}^i{b}^{n-i}}{2}-a^n[nmod2=0]$
  $=\frac{(a+b{)}^n+(b-a{)}^n}{2}-a^n[nmod2=0]$
  这样，时间复杂度就是$O(nL)了$
• 考虑如何用容斥得出答案：