（计蒜客 31453）ACM-ICPC 2018 徐州赛区网络预赛 - A. Hard to prepare - （计数递归）

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题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/31453

题解参考自：https://blog.csdn.net/Jaihk662/article/details/82561427

题意：n个数字排成一圈，每个数字范围[0, ]，问有多少种不同的序列满足对于所有相邻的两个数字，它们异或值不能为，其中第一个数字和最后一个数字也算相邻。(0<n,k≤1e6) .

解析：①.首先易知第1个数字有2^k种选择，第2到第n-1个数字均有2^k-1种选择（保证与前一个异或值不能为0即可），而第n个数字即不可以和第1个数冲突，又不能和第n-1个数冲突。那么此时的总方案数为：。

          ②.但是发现当第1个数与第n-1个数相同时，由于第n个数字少了一个冲突所以它有2^k-1种选择，所以上面对第n个数字少统计了一种情况，此情况方案就是当把第1个数与第n-1个数合并成一个后的长度为n-2的序列的总方案数。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const ll MAXN=1e6+5;ll qpow(ll a, ll b)
{ll ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans;
}ll pow2[MAXN],ans[MAXN];
ll solve(int n, int m)
{ll ans;if(n==2)return pow2[m]*(pow2[m]-1)%mod;if(n==1)return pow2[m];ans = (pow2[m]*qpow(pow2[m]-1,n-2)%mod*max(pow2[m]-2,0ll)%mod+solve(n-2,m))%mod;return ans;
}
int main(void)
{int T,n,m,i;pow2[0]=1;for(i=1;i<MAXN;i++)pow2[i]=pow2[i-1]*2%mod;scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d",&n,&m);printf("%lld\n",solve(n,m));}return 0;
}

 

 

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