BZOJ 3329 Xorequ：数位dp + 矩阵快速幂

传送门

题意

现有如下方程：$x \oplus 3x = 2x$

其中 $\oplus$ 表示按位异或。

共 $T$ 组数据，每组数据给定正整数 $n$，任务如下：

1. 求出小于等于 $n$ 的正整数中，有多少个数是该方程的解
2. 求出小于等于 $2^n$ 的正整数中，有多少个数是该方程的解，输出 $mod$ $10^9+7$ 的值。

$(n \leq 10^{18}, T \leq 1000)$

题解

第一问

方程 $x \oplus 3x = 2x$ 等价于 $x \oplus 2x = 3x$ 。

由于 $x + 2x = 3x$ ，并且“按位异或”相当于“不进位加法“

所以我们可以知道，一个数 $x$ 是该方程的解的充要条件为：$x$ 在二进制表示下，没有两个相邻的 $1$ 。

​

$f[i][0/1]$ 表示所有二进制下长度为 $i$，且最右边一位为 $0/1$ 的数中，满足没有两个相邻的 $1$ 的数的个数。

所以有：

$$f[i][0] = f[i-1][0] + f[i-1][1]$$

$$f[i][1] = f[i-1][0]$$

边界条件为：$f[0][0] = 1$

​

然后按位统计，算出小于等于 $n$ 的答案：

• 先让 $n = n + 1$ （因为最后算出的是小于某个数的答案，而这里要求小于等于）
• 从高到低枚举 $n$ 的每一个二进制位 $a[i]$
• 如果 $a[i] = 1$ ，那么 $ans = ans + f[i][0]$ 。（此时累加的是第 $i-1$ 及之前位和原数匹配时的答案）
• 如果 $a[i] = 1$ 且 $a[i+1] = 1$ ，退出循环。因为此时的前缀已经有两个 $1$ 相邻，之后的答案都是不合法的。

注意最终答案为 $ans - 1$ ，因为不包含 $0$ 这个答案。

复杂度 $O(logn)$

​

第二问

$g[i]$ 表示二进制下长度为 $i$ ，满足没有两个相邻的 $1$ 的数的个数。

由于题目要求区间 $[1, 2^i]$ 的答案，$g[i]$ 表示区间 $[0, 2^i-1]$ 的答案

而 $0$ 和 $2^i$ 一定都满足条件，所以相互抵消掉了。

所以题目所求 $ans = g[n]$

然后考虑如何求 $g[i]$ （分两种情况）：

• $g[i]$ 中以 $0$ 结尾的所有数，相当于在 $g[i-1]$ 中的所有数末尾添了一个 $0$
• $g[i]$ 中以 $1$ 结尾的所有数，相当于在 $g[i-2]$ 中的所有数末尾添了一个 $01$

所以有：

$$g[i] = g[i-1] + g[i-2]$$

边界条件为：$g[1] = 2, g[2] = 3$

​

然后用矩阵快速幂加速转移即可：

$$\begin{bmatrix} g[i] & g[i+1] \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} g[i+1] & g[i+2] \end{bmatrix}$$

$$\begin{bmatrix} g[1] & g[2] \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}^{n-1} = \begin{bmatrix} g[n] & g[n+1] \end{bmatrix}$$

AC Code

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX_L 5
#define MAX_B 70
#define MOD 1000000007
#define int long long

using namespace std;

struct Mat
{
	int n,m;
	int v[MAX_L][MAX_L];
	Mat(int _n,int _m) { n=_n,m=_m,memset(v,0,sizeof(v)); }
	Mat() { memset(v,0,sizeof(v)); }
};

int n,t;
int a[MAX_B];
int dp[MAX_B][2];

Mat get_unit(int x)
{
	Mat a(x,x);
	for(int i=0;i<x;i++) a.v[i][i]=1;
	return a;
}

Mat mul(const Mat &a,const Mat &b)
{
	Mat c(a.n,b.m);
	for(int i=0;i<a.n;i++)
	{
		for(int j=0;j<b.m;j++)
		{
			for(int k=0;k<a.m;k++)
			{
				c.v[i][j]+=a.v[i][k]*b.v[k][j];
				c.v[i][j]%=MOD;
			}
		}
	}
	return c;
}

Mat pow(Mat a,int k)
{
	Mat ans=get_unit(a.n);
	while(k>0)
	{
		if(k&1) ans=mul(ans,a);
		a=mul(a,a),k>>=1;
	}
	return ans;
}

int cal1()
{
	int t=n+1,len=0,ans=0;
	while(t) a[++len]=(t&1),t>>=1;
	a[len+1]=0,dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=len;i++)
	{
		dp[i][0]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1];
		dp[i][1]=dp[i-1][0];
	}
	for(int i=len;i>=1;i--)
	{
		if(a[i]) ans+=dp[i][0];
		if(a[i+1] && a[i]) break;
	}
	return ans-1;
}

int cal2()
{
	Mat a(1,2),b(2,2);
	a.v[0][0]=2,a.v[0][1]=3;
	b.v[0][1]=b.v[1][0]=b.v[1][1]=1;
	return mul(a,pow(b,n-1)).v[0][0];
}

signed main()
{
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%lld",&n);
		printf("%lld\n",cal1());
		printf("%lld\n",cal2());
	}
}