8.26 树状数组

题意

对于一个有两个参数的函数\(f(l,r)\)

我们定义其值为：

在树状数组中\(l-1\)位置减一，\(r\)位置加一

最后得到的树状数组中不为\(0\)的位置的个数

求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^nf(i,j) \]

\(N \leq 10^{18}\)

答案对\(10^9+7\)取模

解法

这题很巧妙

为了方便，我们把\(f(l,r)\)重定义为在\(l\)处减一，\(r\)处加一

我们可以发现\(f(l,r)\)其实就是\(l\)与\(r\)的二进制表示中所有的一的个数减去两倍其\(lcp\)中一的个数

这个还是很好发现的，参见\(lowbit\)的定义

由于\(N\)达到了\(10^{18}\)考虑按位进行统计

从高位到低位枚举\(lcp\)，设当前枚举到\(i\)，\(n\)在二进制表示下的长度为\(len\)

则\(i...len\)为当前串的\(lcp\)

则这种情况下\(lcp\)的贡献为\(lcp\)中一的个数

如果第\(i-1\)位为\(1\)，那么为了使\(lcp\)保持在\(i...len\)，第\(i-1\)为一定只能填\(0\)

由于这一位填\(0\)，我们保证了填的数一定小于上界

这样\(i\)之后的数一定可以贴上界；当然也可以不贴上界

如果第\(i-1\)位为\(0\)，同理我们只能填\(1\)

这样我们没法保证填的数一定小于上界，所以\(i\)之后的数不能贴上界

考虑\(lcp\)贴上界与不贴上界时的贡献分别如何

当贴上界时：

现在我们已经确定了\(i-1...n\)的所有数

由于是贴上界的，我们应该保证在填完\(1...i-2\)之后所有数仍小于等于上界

所以填\(1\)的数有\((1+pre[i-2])\)种填法

这里的\(pre\)数组意义是将\(n\)二进制表示的每一个前缀单独提出来构成的数

填\(0\)的数已经保证了小于上界

于是有\(2^{i-2}\)种填法

如果不贴上界：

\(i-1...n\)未确定，但一定小于上界

所以之前的数一共有\(2^{i-2}\times 2^{i-2}\)种填法

而\(lcp\)的贡献则是\(1...suf[i]\)中所有数\(1\)的个数，这个可以\(O(logN)\)算出来

\(suf[i]\)的定义与\(pre[i]\)类似

最后按照之前提到的计算方法计算\(f(l,r)\)即可

代码

#include <cstdio>

using namespace std;

const int N = 70;
const int mod = 1e9 + 7;

#define int long long

int T;
int bit[N];

long long n;
long long pow[N], pre[N];

inline long long max(long long x, long long y) {
	return x > y ? x : y;	
}

long long calc(long long r) {
	r += 1;
	int res = 0;
	for (int i = 0; i <= 61; ++i) {
		if (pow[i] > r)	 break;
		long long x = r / pow[i + 1], y = r % pow[i + 1];
		res = (res + 1LL * x * pow[i] % mod + max(y - pow[i], 0)) % mod;
	}
	return res;
}

signed main() {
	
	scanf("%lld", &T);
	
	pow[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 61; ++i)	pow[i] = (pow[i - 1] << 1) % mod;
	
	while (T--) {
		scanf("%lld", &n);
		
		int len = 0, cnt = 0;
		long long tmp = n, suf = 0, ans = 0;
				
		while (tmp)	bit[++len] = tmp & 1, tmp >>= 1;
		for (int i = 1; i <= len; ++i) {
			pre[i] = pre[i - 1];	
			if (bit[i])	pre[i] = (pre[i] + pow[i - 1]) % mod;
		}
		
		for (int i = len; i >= 1; --i) {
			cnt += bit[i], suf = suf << 1 | bit[i];
			if (bit[i - 1])	ans = (ans + 1LL * cnt * (pre[i - 2] + 1) % mod * pow[i - 2] % mod) % mod;
			ans = (ans + 1LL * calc(suf - 1) % mod * pow[i - 2] % mod * pow[i - 2] % mod) % mod;
		}
		
		ans = (1LL * n % mod * calc(n) % mod - 2LL * ans % mod + mod) % mod;
		
		printf("%lld\n", ans);
	}
	
	return 0;	
}