【花神的数论题】

定义\(sum(i)\)表示\(i\)在二进制下\(1\)的个数

求\(\prod_{i=1}^{n}sum(i)\)

暴力非常\(sb\)显然可以随便写，但是显然也是会\(T\)

于是我们换个思路

我们设\(tot\)表示\(sum(i)=x\)的\(i\)有多少个，于是答案就是\(x^{tot}\)

我们枚举\(x\)就行了，\(x\)显然不会很大，也就是\(log_2{n}\)

之后就可以开始数位\(dp\)了

我们设\(dp[i][0/1][j]\)表示最高位填到第\(i\)位，其中最高位填\(0/1\)，一共填了\(j\)个1一共有多少个数

方程很显然，就是往最高位上填\(0/1\)

填0的话

\[dp[i+1][0][j]+=dp[i][1][j]+dp[i][0][j] \]

填1的话

\[dp[i+1][1][j+1]+=dp[i][0][j]+dp[i][1][j] \]

之后我们按照数位\(dp\)的套路来做就行了

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define LL long long 
#define re register
#define maxn 55
const LL mod=10000007;
const LL P=9988440;
LL n;
int a[maxn];
LL dp[maxn][2][maxn];
inline LL quick(LL a,LL b)
{
	LL S=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) S=S*a%mod;
		b>>=1ll;
		a=a*a%mod;
	}
	return S;
}
inline LL sum(LL x)
{
	LL cnt=0;
	while(x)
	{
		if(x&1ll) cnt++;
		x>>=1ll;
	}
	return cnt;
}
inline LL slove(LL x)
{
	int num=0;
	while(x)
	{
		++num;
		if(x&1ll) a[num]=1;
		x>>=1ll;
	}//分解数位
	dp[1][1][1]=1;
	dp[1][0][0]=1;
	for(re int i=1;i<num;i++)
		for(re int j=0;j<=i;j++)
		{
			dp[i+1][1][j+1]=(dp[i+1][1][j+1]+dp[i][0][j]+dp[i][1][j]);
			dp[i+1][0][j]=(dp[i+1][0][j]+dp[i][0][j]+dp[i][1][j]);
		}//dp的过程
	LL ans=1;
	for(re int T=1;T<=num;T++)//枚举T求出有多少i，sum(i)=T
	{
		for(re int i=1;i<num;i++)
			ans=(ans*quick(T,dp[i][1][T])%mod)%mod;
        //先枚举位数比n要小的
		int k=T;
		if(a[num]) k--;
		for(re int i=num-1;i>=1;i--)//之后我们卡前面的[i+1,num]为完全相等，让第i位小于n的第i位，我们就可以让后面的位数随便填了
		{
			for(re int j=0;j<a[i];j++)
				ans=(ans*quick(T,dp[i][j][k])%mod)%mod;
			if(a[i]) k--;//别忘了保证前面的数位相等，要减去前面1的个数
			if(k<0) break;
		}
	}
	return ans;
    //由于一直在卡上界，但最后也没有卡到等于n的情况，于是n的暴力分解数位处理一下就好了
}
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	std::cout<<sum(n)*slove(n)%mod;
	return 0;
}