Ryoku 与最初之人笔记

题目描述

求满足 $a\equiv b(\mathrm{mod}a\text{ xor }b)$，且 $a,b$ 均为小于等于 $n$ 的非负整数，$a<b$，的有序二元组 $(a,b)$ 个数。

$n⩽{10}^{18}$ 。

思路点拨

这里提供一种数位dp的做法。

考虑 $a\equiv b(\mathrm{mod}a\text{ xor }b)$ 的含义是什么？我们可以将原式理解为：

$$a-k_1(a\oplus b)=b-k_2(a\oplus b)$$

$$(k_2-k_1)(a\oplus b)=b-a$$

由于 $b-a⩽a\oplus b$ 并且 $k_2-k_1$ 为正整数，所以应该有 $a\oplus b=b-a$。这个式子等价于 $a\mathrm{\&}b=a$，其中 $\mathrm{\&}$ 是指位运算中的与。

我们考虑使用数位dp结局这个问题。我们定义 $d{p}_{i,j=0/1}$ 表示考虑到二进制位的第 $i$ 位，目前是否超出了 $n$ 二进制表示的前 $j$ 位。转移我们分类讨论：

如果 $n\mathrm{\&}{2}^i$，那么：

• $d{p}_{i,0}=d{p}_{i-1,0}\times 3+d{p}_{i-1,1}$。因为这一位可以填 $0,1$，所以对于数字 $a,b$ 而言，这一数位 $a,b$ 两数可以使用的组合为 $(0,0),(0,1),(1,1)$。$d{p}_{i-1,1}$ 则是代表如果填 $(0,0)$ ，可以消除二进制位的限制。

• $d{p}_{i,1}=d{p}_{i-1,1}\times 2$ 。为了保持超出二进制位，所以第 $i$ 位 $a,b$ 至少有一个填 $1$ ，组合可以有 $(0,1),(1,1)$ 。

如果没有满足 $n\mathrm{\&}{2}^i$ ，也就是说目前这一位在不超出二进制限制的情况下只可以填 $0$ 。

• $d{p}_{i,0}=d{p}_{i-1,0}$ 。不超出限制只可以填 $(0,0)$ 。

• $d{p}_{i,1}=d{p}_{i-1,0}\times 2+d{p}_{i-1,1}\times 3$ 。可以从 $d{p}_{i-1,0}$ 转移是因为可以让 $a,b$ 在第 $i$ 位至少填一个 $1$ 可以使其超出限制，所以可以选择 $(0,1),(1,1)$ ；为什么可以从 $d{p}_{i-1,1}$ 转移上面解释过了。

初始化，如果 $n$ 是奇数，那么 $d{p}_{0,0}=3$ 。

如果 $n$ 是偶数，那么 $d{p}_{0,0}=0,d{p}_{0,1}=2$ 。

可能比较抽象，如果不理解可以自己手玩一下。时间复杂度 $O(\log n)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=64,N=60,mod=1e9+7;
int n,dp[MAXN][2];
signed main(){
	cin>>n;
	if(n&1)
		dp[0][0]=3;
	else dp[0][0]=1,dp[0][1]=2;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		if(n&(1ll<<i)){
			dp[i][0]=(dp[i-1][0]*3+dp[i-1][1])%mod;
			dp[i][1]=(dp[i-1][1]*2)%mod;
		}
		else{
			dp[i][0]=dp[i-1][0];
			dp[i][1]=(dp[i-1][0]*2+dp[i-1][1]*3)%mod;
		}
	}
	cout<<(dp[N][0]-(n+1)%mod+mod)%mod;
	return 0;
}