题目
给你一个数 \(n\)，让你求 \(C(n,0),C(n,1),...,C(n,n)\) 这 \(n+1\) 个数中为奇数的个数。
解法
\(\text{Update on 2021.2.15}\)
我之前写了些什么。
由卢卡斯定理得：若 \(n=a\times p+b,m=c\times p+d\)（\(b,d\) 是余数），则 \(C(n,m)=C(a,c)\times C(b,d) \ (\text{mod}\ p)\)。
在本题中，\(p=2\)。也就意味着 \(b,d\in [0,1]\)，所以 \(C(b,d)\) 只有 \(4\) 种组合，且当且仅当 \(b=0,d=1\) 时取 \(0\)。
由于将 \(n,m\) 不断除以 \(2\)，实际上是对 \(n,m\) 进行 \(2\) 进制分解。当某一位 \(n\) 是 \(0\)，\(m\) 是 \(1\) 时 \(C(b,d)=0\) 即 \(C(n,m)=0\)（在模意义下）。
\(n\) 是固定的，如果 \(n\) 这一位为 \(1\) 对于 \(m\) 就有两种选择，而为 \(0\) 就只有一种选择（即保证 \(m\) 二进制分解后是 \(n\) 的子集）。
我们用 \(sum\) 来统计 \(n\) 为 \(1\) 的个数，答案就是 \(pow(2,sum)\)。
旧版本
首先，我们知道这是一道 \(Lucas\)。开 卷 考 试
我们发现，题目中要求的是 \(\sum_{i=0}^{n}C(n,i)\%2\)。
贴出这个玩意儿的代码：
int Lucas(const int n, const int m) {
if(n < m) return 0;
if(! m) return 1;
return Lucas(n / p, m / p) * C(n % p, m % p) % p;
}
我们设 n 的二进制的每一位可以表示成数组 a，m 则表示成数组 b。可以给出一个式子：
因为是二进制，我们 C 可能的组合就非常有限：
- \(C(1,1)=1\)。
- \(C(1,0)=1\)。
- \(C(0,1)=0\)。
- \(C(0,0)=1\)。
我们的 n 的二进制是固定的。由此可见，如果要使 \(C(n,m)\) 为 1，分解出来的 C 就一定要是 1。如果 n 这一位为 1 对于 m 就有两种选择，而为 0 就只有一种选择。
我们用 \(sum\) 来统计 n 为 1 的个数，再用 \(pow(2,sum)\) 即为答案。
注意这里直接统计的前提：\(m<=n\)。仔细观察前面的式子，发现统计的情况一定会合法（即 m 二进制每一位都小于等于 n 二进制对应的位）。
代码
#include <cstdio>
int n, sum;
int read() {
int x = 0, f = 1; char s;
while((s = getchar()) > '9' || s < '0') if(s == '-') f = -1;
while(s <= '9' && s >= '0') {
x = (x << 1) + (x << 3) + (s ^ 48);
s = getchar();
}
return x * f;
}
int qkpow(int x, int y) {
int r = 1;
while(y) {
if(y & 1) r = r * x;
x = x * x; y >>= 1;
}
return r;
}
int main() {
while(~ scanf("%d", &n)) {
sum = 0;
while(n) {
if(n & 1) ++ sum;
n >>= 1;
}
printf("%d\n", qkpow(2, sum));
}
return 0;
}
