花神的数论题（这题...哎。数位dp咋就这么 not naive 呢）

题意简介

没什么好说，就是让你求出 1 ~ n 之间每个数转化为二进制后 '1' 的个数，然后乘起来输出积

 

题目分析

emmmm.... 两种解法（同是 $O(\log^2 N)$ 的算法，组合数效率完爆 数位dp，当然是我自己的数位dp）。

1. 组合数直接艹。（数据范围8e9 能过，其实这个东西你搞一搞 __int128 什么的再找个大质数也许也能过去啦）（好吧这个直接暴力预处理组合数的数组就好了）
2. 老老实实数位dp。（可以AC）

于是翻车了...这么久

 

算法实现

1. 组合数 

组合数非常好做，只需要想想第 i 位为 1 的位上后面那一堆数字里面挑出 j 个数的方案就好了，注意加上 cnt ，然后最后快速幂累加一下答案，分分钟搞定

然后这里用了逆元处理组合数要预处理的阶乘，如果你还不会线性求逆元的话可以点这里

当然这里用逆元...就是作死...我们完全可以预处理出 50 * 50 的杨辉三角数组，存好组合数直接用

 

2.数位dp

...不就是枚举 1 的个数然后记忆化深搜么？hem...听起来完全没有组合数高级

 

 

 

代码实现

1.组合数

//by Judge
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=55;
const ll mod=1e7+7;
ll n,len,cnt,ans=1;
ll C[M][M],d[M],num[M];
inline void prep(){  //预处理组合数模板？ 
    for(int i=0;i<=50;++i) C[i][0]=1;
    for(int i=1,j;i<=50;++i) for(j=1;j<=50;++j)
        C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}
inline ll quick_pow(ll x,ll p,ll ans=1){  //快速幂模板？
    while(p){
        if(p&1) ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod, p>>=1;
    } return ans;
}
signed main(){
    cin>>n,prep();
    while(n) d[++len]=n&1,n>>=1;//转化二进制
    for(ll i=len,j;i;--i) if(d[i]){
        for(j=1;j<i;++j) //组合数就是随便乱艹的算法
            num[cnt+j]+=C[i-1][j];
        ++num[++cnt];
    }
    for(ll i=1;i<=len;++i) //直接累乘就好
        ans=ans*quick_pow(i,num[i])%mod;
    cout<<ans<<endl; return 0;
}

 

 

 

 

2.数位dp

//by Judge
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=55;
const int mod=1e7+7;
int cnt,x[M];
ll n,f[M][2][M][M],num[M];
inline ll quick_pow(ll x,ll p,ll ans=1){
    while(p) (p&1) && (ans=ans*x%mod),x=x*x%mod, p>>=1;
    return ans;
}
ll dp(int cur,int up,int tmp,int d){ //记忆化深搜，log^2 n 无压力
    if(!cur) return tmp==d; //特判直接返回
    if(~f[cur][up][tmp][d]) return f[cur][up][tmp][d]; // 已记忆，直接返回
    int lim=up?x[cur]:1;
    ll res=0;
    for(int i=0;i<=lim;++i) //继续深搜
        res+=dp(cur-1,up&&i==lim,tmp+(i==1),d);
    return f[cur][up][tmp][d]=res; //记忆化
}
ll solv(){
    while(n) x[++cnt]=n&1,n>>=1; //同上转化
    for(int i=1;i<=50;++i)  //枚举要放入的 1 的位数
        memset(f,-1,sizeof(f)),
        num[i]=dp(cnt,1,0,i);
    ll res=1;
    for(int i=1;i<=50;++i) //累乘进答案
        res=res*quick_pow(i,num[i])%mod;
    return res;
}
signed main(){ cin>>n,cout<<solv()<<endl; return 0; }