ACM-ICPC 2018 徐州赛区网络预赛A题

【题目】

【题意】

英语不好，如果翻译没差多少的话，出题人应该是个东方厨，也算是同道中人了。即有$2^k-1$2k−1个编号的面具，面具的编号为$0 \dots 2^k-1$0…2k−1。然后有N个人围成一圈，每个人都带个面具（面具编号可以重复），让相邻的两个人的面具编号值异或后取反不为0的方法有多少种。

【题解】

两个数异或取反后为0，即取反之前的数的二进制全都是由1组成，也就是两个数是互补的，而能与一个数互补的数只有一个，而我们需要避免这种情况。这就需要在两个数的中间插入数，把他们隔离开，而且因为是围成一个圈，所以第一个数和最后一个数也是相邻的，从而就能得到最普通情况的可能性总数为：$2^k(2^k-1)\dots(2^k-1)(2^k-2)$2k(2k−1)…(2k−1)(2k−2)，即第一个数可以取$2^k$2k个数，中间的数不能跟第一个数互补的，所以可以取的数为$2^k-1$2k−1个数,而第三个数不能跟中间的数互补，也不能跟第一个数互补，所以可以取$2^k-2$2k−2个数。如果是这样计算的话，就会漏掉中间的最后一个数跟第一个数相等的情况，如果这个数跟第一个数一样的话，最后一个不能取的数就只会有一个，即$2^k-1$2k−1。即可能性就变成$2^k(2^k-1)\dots1*(2^k-1)$2k(2k−1)…1∗(2k−1)，也就是说，我们会少一种情况。而这样的话，根据乘法原理，我们只需要之前的数加上当前中间最后一个数前面的那些数就行了，即$n-2$n−2。这也就能发现这道题，突然变成了一个递归题，因为，中间的数可能是会有很多个，而每次都会造成加上普通情况而少一种情况的情况，得一直累加到剩下的数为$1$1或者$2$2这两个可以确定数量的时候，才算真正的把可能性总和出来。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<list>
#include<set>
#include<map>
#include<algorithm>
#define fi first
#define se second
#define MP make_pair
#define P pair<int,int>
#define PLL pair<ll,ll>
#define lc (p<<1)
#define rc (p<<1|1)  
#define MID (tree[p].l+tree[p].r)>>1
#define Sca(x) scanf("%d",&x)
#define Sca2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define Sca3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)
#define Scl(x) scanf("%lld",&x)
#define Scl2(x,y) scanf("%lld%lld",&x,&y)
#define Scl3(x,y,z) scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z)
#define Pri(x) printf("%d\n",x)
#define Prl(x) printf("%lld\n",x)
#define For(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define _For(i,x,y) for(int i=x;i>=y;i--)
#define FAST_IO std::ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
#define STOP system("pause")
#define ll long long
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll INFL=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double Pi = acos(-1.0);
using namespace std;
template <class T>void tomax(T&a,T b){ a=max(a,b); } 
template <class T>void tomin(T&a,T b){ a=min(a,b); }
const int N=1e6+5;
const int MOD=1e9+7;
ll f[N];
int qpow(ll a,int k){
	ll ans=1;
	while(k){
		if(k&1) ans=(ans*a)%MOD;
		a=(a*a)%MOD;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
int dfs(int n,int k){
	if(n==2)
		return f[k]*(f[k]-1)%MOD;
	if(n==1)
		return f[k];
	ll ans=((f[k]*qpow(f[k]-1,n-2)%MOD)*(f[k]-2)%MOD+dfs(n-2,k))%MOD;
	return ans;
}
int main(){
	f[0]=1;
	For(i,1,N-5) f[i]=f[i-1]*2%MOD;
	int T; Sca(T);
	while(T--){
		int n,k; Sca2(n,k);
		Pri(dfs(n,k));
	}
}