快速求popcount的和

前置知识#

$\text{popcount}(n)$ 表示将 $n$ 转为二进制后的数中 $1$ 的个数。

结论#

$$\sum _{i=1}^n\text{ popcount}(i)=\sum _{i=1}^{\lceil {\log }_{2}n\rceil -1}[(n>>(i-1))\text{\&}1==1]\times (i\times 2^{i-1}+2^i\times \text{popcount}(n>>i)$$

其中 $[(n>>(i-1))\text{\&}1==1]$ 表示 $n$ 转成二进制以后第 $i$ 位是不是 $0$。

原理#

首先我们需要知道这个东西：

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__builtin_popcount(x)

可恶怎么又是 STL
他的作用就是求出 $x$ 的 $\text{popcount}$ 值，这个东西好像很快我们先把他当作 $O(1)$ 的。

接下来我们考虑用 $O(1)$ 的时间来求得

$$\sum _{i=0}^{2^k-1}\text{popcount}(i)$$

的做法。

这里以 $[0,2^5-1]$ 为例。

先把所有的数都给列出来。

然后我们可以看到最低位的规律。

依次向后走。

我们可以看到每一位里面都是一半是 $0$，一半是 $1$。

因此我们可以得到下面的公式：

$$\sum _{i=0}^{2^k-1}\text{popcount}(i)=k\times 2^{k-1}$$

下面以 $(11010110{)}_2=(214{)}_{10}$ 为例。

其第一位为 $1$，所以我们直接计算 $(00000000{)}_2\text{~}(01111111{)}_2$ 的 $\text{popcount}$ 和，也就是 $0\times 2^7+7\times 2^6$。

其第二位为 $1$，所以我们直接计算 $(10000000{)}_2\text{~}(10111111{)}_2$ 的 $\text{popcount}$ 和，也就是 $1\times 2^6+6\times 2^5$。

其第三位是 $0$，对答案没有贡献。

其第四位为 $1$，所以我们直接计算 $(11000000{)}_2\text{~}(11001111{)}_2$ 的 $\text{popcount}$ 和，也就是 $2\times 2^4+4\times 2^3$。

其第五位是 $0$，对答案没有贡献。

其第六位为 $1$，所以我们直接计算 $(11010000{)}_2\text{~}(11010011{)}_2$ 的 $\text{popcount}$ 和，也就是 $3\times 2^2+2\times 2^1$。

其第七位为 $1$，所以我们直接计算 $(11010100{)}_2\text{~}(11010101{)}_2$ 的 $\text{popcount}$ 和，也就是 $4\times 2^1+1\times 2^0$。

其第八位是 $0$，对答案没有贡献。

但其实我们只需要处理 $[0,n)$ 这个区间分段即可。

最后再加上 $\text{popcount}((11010110{)}_2)=5$。

最终结果就是：

$$0\times 2^7+7\times 2^6+1\times 2^6+6\times 2^5+2\times 2^4+4\times 2^3+3\times 2^2+2\times 2^1+4\times 2^1+1\times 2^0+\text{popcount}((11010110{)}_2)$$

$$=448+256+64+16+9+5$$

$$=798$$

因为 $\text{popcount}(0)=0$，所以统计不统计都可以。

代码#

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scanf("%d", &n);
long long tot = 0;
int cnt = 0;
int x = n;
while(x)
{
    if(x & 1)
        tot += (cnt * (1 << (cnt - 1))) + (1 << cnt) * __builtin_popcount(x >> 1);
    x >>= 1;
    cnt++;
}
tot += __builtin_popcount(n);
printf("%lld ", tot);

转载自：https://kaiserwilheim.github.io/OI/fast-popcnt-sum/

虽然是转载但是 $LATEX$ 都是我自己打的QAQ