题解：
首先用二进制表示每个音阶是否使用，那么共有$2^{n}-1$（空集不可行）种片段，用$a_{i}$来表示每个片段，问题就是求满足$a_{1}\left (xor\right)a_{2}\left (xor\right)......\left (xor\right)a_{m}==0\&\&a_{i}!=a_{j},1<=i<j<=m$的方案数，我们用$f_{i}$表示片段数为i时，且满足前面式子的答案。
那么首先我们在选取i个片段时，必然是由前i-1个片段决定的，所以共有$A_{2^{n}-1}^{i-1}$种选取方案。其中若i-1个时已满足其异或和为0，那么此时是不合法的，所以需要减去$f_{i-1}$，考虑出现重复的情况，因为出现了重复，又有异或的逆运算就是本身，这也就意味着除去两个重复的片段的i-2个片段已经满足其异或和为0，而这个重复的片段在i-1个片段中的位置有i-1种，而这个重复的片段的值又可以在除去i-2个片段的集合中任意选取。
所以得到递推式：
$$f_{i}=A_{2^{n}-1}^{i-1}-f_{i-1}-f_{i-2}*(2^{n}-1-i+2)*(i-1)$$
又由于不允许有重复，在最后除去$m！$即可。
#include<cstdio>
typedef long long ll;
const ll mod=;
const int N=;
ll n,m;
ll powmod(ll a,ll b){
ll ans=;
a%=mod;
for(;b;b>>=,a=a*a%mod)
if(b&) ans=ans*a%mod;
return ans;
}
ll tot;
ll jie;
ll fac[N];
inline void init(){
fac[]=;
for(ll i=;i<=m;i++)
fac[i]=fac[i-]*(tot-i+)%mod;
} ll f[N];
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
tot=powmod(2LL,n);
tot--;
if(tot<) tot+=mod;
init();
for(ll i=;i<=m;i++){
f[i]=(fac[i-]-f[i-])%mod-f[i-]*(i-)%mod*(tot-i+)%mod;
f[i]%=mod;
}
ll tt=;
for(ll i=;i<=m;++i)
tt=tt*i%mod;
tt=powmod(tt,mod-);
printf("%lld\n",(f[m]*tt%mod+mod)%mod);
}