http://codeforces.com/problemset/problem/623/E (题目链接)
题意
长度为${n}$的满足前缀按位或为单调递增的${k}$位序列。要求每个位置为${[1,2^k-1]}$之间的整数，求方案数。
Solution
毛爷爷论文题，然而论文上的${dp}$方程都是错的，坑爹啊！！
首先，每个数的二进制位上一定存在一位为${1}$，且之前的数的这一位上都为${0}$，这样才能保证按位或的前缀和单调递增。那么当${n>k}$时，显然答案是等于${0}$的，所以我们只讨论${n<=k}$同级的情况。
${f_{i,j}}$表示已经放了前${i}$个数，占用了二进制位中的${j}$位。那么我们考虑转出，则${f_{i+1,j+l}}$得到的${f_{i,j}}$的贡献就是：${f_{i,j}*2^j*C_{k-j}^{l}}$。${2^j}$指的是新添加的一个数在之前已经被占用的${j}$位上，可以随意取${0}$或${1}$。
考虑优化，如果对于所有的${0<=i<=k}$，我们知道了${f_{x,i}}$和${f_{y,i}}$，我们可以直接求出${f_{x+y},i}$的值：$${f_{x+y,i}=\sum_{j=0}^{i} {f_{x,j}*2^{yj}*f_{y,i-j}*\frac{C_{k-j}^{i-j}}{C_{k}^{i-j}} } }$$
其中，${f_{x,j}}$表示前${x}$个数的选择方案，$2^{yj}$表示后$y$个数中，已经被前$x$个数占据的$j$位可以任意填$0$或$1$。因为${f_{y,i-j}}$中的${i-j}$位是在所有位数${k}$位中选取的，可能就会与之前选取的${x}$个数占用的${j}$位有重叠，而这是不兹瓷的，所以这${i-j}$位只能在剩下的${k-j}$位中选了。我们化简这个式子，得到：$${k!*(k-i)!*f_{x+y,i}=\sum_{j=0}^{i} { [f_{x,j}*2^{yj}*(k-j)!]*[ f_{y,i-j}*(k-(i-j))! ] } }$$
于是等式右边的式子我们可以${FFT}$求出，用类似于快速幂的思想，依次求出${1,2,4,8,16······}$然后看${n}$的当前二进制位上是否为${1}$，如果是${1}$就给答案卷积上这一位的值。复杂度${O(klog^2k)}$
细节
注意${FFT}$精度感人，我们需要预处理${w_n^k}$。
代码
// codeforces 623E
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
#define inf 1ll<<60
#define MOD 1000000007
#define M (1<<15)
#define Pi acos(-1.0)
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std; typedef complex<double> E;
const int maxn=100010;
E a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn],A[maxn],B[maxn],C[maxn],w[maxn];
LL F[maxn],G[maxn],f[maxn],g[maxn];
LL fac[maxn],ifac[maxn],rev[maxn],K,N,L;
LL n; LL power(LL a,LL b) {
LL res=1;
while (b) {
if (b&1) res=res*a%MOD;
b>>=1;a=a*a%MOD;
}
return res;
}
void DFT(E *t,LL f) {
for (int i=0;i<N;i++) if (rev[i]>i) swap(t[i],t[rev[i]]);
for (int i=1;i<N;i<<=1) {
for (int j=0;j<i;j++) { //此处一定要预处理，递推精度感人T_T
E tmp(cos(Pi*f*j/i),f*sin(Pi*j/i));
w[j]=tmp;
}
for (int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p) {
for (int k=0;k<i;k++) {
E x=t[k+j],y=t[k+j+i]*w[k];
t[k+j]=x+y;t[k+j+i]=x-y;
}
}
}
}
void FFT(LL *u,LL *v,LL p) {
E clean(0,0);
for (int i=0;i<N;i++) a[i]=b[i]=c[i]=d[i]=A[i]=B[i]=C[i]=clean;
for (int i=0;i<=K;i++) {
F[i]=u[i]*fac[K-i]%MOD*power(p,i)%MOD;
G[i]=v[i]*fac[K-i]%MOD;
}
for (int i=0;i<N;i++) {
a[i]=F[i]>>15;b[i]=F[i]&(M-1);
c[i]=G[i]>>15;d[i]=G[i]&(M-1);
}
DFT(a,1);DFT(b,1);DFT(c,1);DFT(d,1);
for (int i=0;i<N;i++) {
A[i]=a[i]*c[i];
B[i]=a[i]*d[i]+b[i]*c[i];
C[i]=b[i]*d[i];
}
DFT(A,-1);DFT(B,-1);DFT(C,-1);
for (int i=0;i<=K;i++) {
LL X=(LL)(A[i].real()/N+0.5)%MOD;
LL Y=(LL)(B[i].real()/N+0.5)%MOD;
LL Z=(LL)(C[i].real()/N+0.5)%MOD;
u[i]=((X<<30)+(Y<<15)+Z)%MOD;
}
for (int i=0;i<=K;i++) u[i]=u[i]*ifac[K]%MOD*ifac[K-i]%MOD;
} int main() {
scanf("%lld%lld",&n,&K);
if (n>K) {puts("0");return 0;}
for (N=1,L=-1;N<=2*K;N<<=1) L++;
for (int i=0;i<N;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1) | ((i&1)<<L);
fac[0]=ifac[0]=1;
for (LL i=1;i<=K;i++) {
fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
ifac[i]=power(fac[i],MOD-2);
}
g[0]=1;
for (LL x=1,i=1;i<=K;i++) {
x=x*(K-i+1)%MOD*power(i,MOD-2)%MOD;
f[i]=x;
}
LL p=2;
while (n) {
if (n&1) FFT(g,f,p);
n>>=1;FFT(f,f,p);
p=p*p%MOD;
}
LL res=0;
for (int i=0;i<=K;i++) res=(res+g[i])%MOD;
printf("%lld",res);
return 0;
}