Nim on Towers of Hanoi

题目链接：PE806

题目大意

一个有 n 个盘子的汉诺塔，在第 i 个状态的时候如果三个柱子的盘子个数的异或和是 0，就会给 i 的贡献。
求 n=100000 时候的贡献和。

思路

发现这个给贡献很难搞，因为你几乎很难确定它是在第几步。
但是发现这个很诺塔它有一个对称性，也就是把第 \(i\) 个状态的两边的柱子换一下位置，就是第 \(2^n-1-i\) 个状态了。

这个有什么用呢？因为是异或，所以如果 \(i\) 满足，\(2^n-1-i\) 也满足。
所以我们只需要求出满足的个数 \(k\)，答案就是 \(\dfrac{k(2^n-1)}{2}\)。

于是问题变成求 \(k\)，条件是 \(a+b+c=0,a\oplus b\oplus c=0\)。
会发现如果 \(n\) 的某一位是 \(1\)，它一定要拆成比它第一位的两个数（所以奇数没有解）。
那分配给那两个呢？有 \(3\) 种选择的。
所以满足条件的 \(a,b,c\) 的情况个数就是 \(3^{{\rm popcount}(n)}\)。

看起来挺多，但是 \(n\) 的 \({\rm popcount}(n)=6\)，所以其实很少。
但是问题是，一个 \(a,b,c\) 不一定只对应一种情况，所以你还要看一个三元组 \((a,b,c)\) 对应多少方案。
设为 \(f_{i,j,k}\)，生成函数的话就是 \(F(x,y,z)\)。
（由于对称你有 \(f_{i,j,k}=f_{k,j,i}\)）

考虑怎么 DP，然后你每次考虑多一个最大的圆盘。
那应该是把上面的一坨丢到第二个碟子，然后把最小面的丢过去，然后再把第二个柱子那一坨再扔到第三个柱子。
那中间的两个过程都会分别给贡献，所以你最大的柱子可以放在第一个柱子的最下面，也可以放在第三个柱子的最小面，分别会给贡献。
那就要看上面那坨是怎样的，所以有这样的转移：
\((x-1,z,y)\rightarrow(x,y,z)\)（上面那坨先到第三个，再到第二个）
\((y,z,x-1)\rightarrow(x,y,z)\)（上面的步骤反过来）
那在生成函数上：
\(F(x,y,z)=1+xF(x,z,y)+xF(y,z,x)\)（\(1\) 是修正项）
然后由于 \(F(x,y,z)=F(z,y,x)\)，我们用中间的做标志，设为 \(F_y\)。

然后可以得到三个式子：
\(F_x=1+zF_y+yF_z\)
\(F_y=1+zF_x+xF_z\)
\(F_z=1+yF_x+xF_y\)
解方程可以得到三个的表示，我们只需要用到 \(F_y\)：
\(F_y=\dfrac{(1+y)(1+x+z-y)}{1-x^2-y^2-z^2-2xyz}\)

那我们只需要取它 \([x^ay^bz^c]\) 项的系数即可！

考虑上面的拆开每个系数分开算，下面的话我们设 \(p=x^2+y^2+z^2+2xyz\)
那下面的 \(\dfrac{1}{1-p}=1+p+p^2+...\)
然后我们看到只有一个有多元，考虑枚举它的个数，那剩下三个用多少次也就固定了，组合数安排一下顺序就能求。

那我们看看复杂度，上面枚举 \((a,b,c)\) 是 \(3^{{\rm popcount(n)}}\)，这里算有一个 \(2\times 4\) 的常数（上面的系数每个都要），然后里面再一个 \(n\)，所以复杂度是 \(3^{{\rm popcount(n)}}n\)，在 \(n=100000\) 的时候 \({\rm popcount(n)}=6\)，跑的很快。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define mo 1000000007

using namespace std;

const int N = 1e5 + 100;
int n = 100000, ans;
int xl[10], jc[N], inv[N], invs[N];

int add(int x, int y) {return x + y >= mo ? x + y - mo : x + y;}
int dec(int x, int y) {return x < y ? x - y + mo : x - y;}
int mul(int x, int y) {return 1ll * x * y % mo;}
int ksm(int x, int y) {int re = 1; while (y) {if (y & 1) re = mul(re, x); x = mul(x, x); y >>= 1;} return re;}

int slove_(int a, int b, int c) {
	if (a < 0 || b < 0 || c < 0) return 0;
	if (((a & 1) ^ (b & 1)) || ((a & 1) ^ (c & 1))) return 0;
	int ans = 0;
	for (int i = 0, di = 1; i <= min(min(a, b), c); i++, di = mul(di, 2)) {
		if ((a - i) & 1) continue;
		int n = (a - i + b - i + c - i) / 2 + i;
		ans = add(ans, mul(di, mul(jc[n], mul(invs[i], mul(invs[(a - i) / 2], mul(invs[(b - i) / 2], invs[(c - i) / 2]))))));
	}
	return ans;
}

int slove(int a, int b, int c) {
	int ans = 0;
	ans = add(ans, slove_(a, b, c));
	ans = add(ans, slove_(a - 1, b, c));
	ans = add(ans, slove_(a, b, c - 1));
	ans = dec(ans, slove_(a, b - 1, c));
	ans = add(ans, slove_(a, b - 1, c));
	ans = add(ans, slove_(a - 1, b - 1, c));
	ans = add(ans, slove_(a, b - 1, c - 1));
	ans = dec(ans, slove_(a, b - 2, c));
	return ans;
} 

void dfs(int now, int a, int b, int c) {
	if (now > xl[0]) {
		ans = add(ans, slove(a, b, c));
		return ;
	}
	dfs(now + 1, a + (1 << (xl[now] - 1)), b + (1 << (xl[now] - 1)), c);
	dfs(now + 1, a + (1 << (xl[now] - 1)), b, c + (1 << (xl[now] - 1)));
	dfs(now + 1, a, b + (1 << (xl[now] - 1)), c + (1 << (xl[now] - 1)));
}

int main() {
	jc[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) jc[i] = mul(jc[i - 1], i);
	inv[0] = inv[1] = 1; for (int i = 2; i < N; i++) inv[i] = mul(inv[mo % i], mo - mo / i);
	invs[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) invs[i] = mul(invs[i - 1], inv[i]);
	
	if (n & 1) {printf("0"); return 0;}
	for (int i = 0; i <= 20; i++)
		if ((n >> i) & 1) xl[++xl[0]] = i;
	dfs(1, 0, 0, 0);
	
	int val = dec(ksm(2, n), 1);
	printf("%d", mul(mul(ans, val), (mo + 1) / 2));
	
	return 0;
}

答案自己编译一下就有。