[SDOI2016] 储能表

[SDOI2016]储能表

题目描述

有一个 n 行 m 列的表格，行从 0 到 n−1 编号，列从 0 到 m−1 编号。每个格子都储存着能量。最初，第 i 行第 j 列的格子储存着 (i xor j) 点能量。所以，整个表格储存的总能量是，

$$\sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=0}^{m-1} (i \mathrm{xor} j)$$

随着时间的推移，格子中的能量会渐渐减少。一个时间单位，每个格子中的能量都会减少 1。显然，一个格子的能量减少到 0 之后就不会再减少了。

也就是说，k 个时间单位后，整个表格储存的总能量是

$$\sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=0}^{m-1} \mathrm{max} ((i \mathrm{xor} j)-k,0)$$

给出一个表格，求 k 个时间单位后它储存的总能量。

由于总能量可能较大，输出时对 p 取模。

输入格式

第一行一个整数 T，表示数据组数。接下来 T 行，每行四个整数 n、m、k、p。

输出格式

共 T 行，每行一个数，表示总能量对 p 取模后的结果

样例 #1

样例输入 #1

3
2 2 0 100
3 3 0 100
3 3 1 100

样例输出 #1

2
12
6

提示

测试点 $1 \sim 2$：$T = 5000$，$n \leq 100$， $m \leq 100$，$k \leq 100$，$p \leq 10 ^ 9$；

测试点 $3$：$T = 5000$，$n \leq 10 ^ {18}$，$m \leq 10 ^ {18}$，$k = 0$，$p \leq 10 ^ 9$；

测试点 $4$：$T = 5000$，$n \leq 10 ^ {18}$，$m \leq 10 ^ {18}$，$k = 1$，$p \leq 10 ^ 9$；

测试点 $5$：$T = 5000$，$n \leq 10$，$m \leq 10 ^ {18}$，$k \leq 10$，$p \leq 10 ^ 9$；

测试点 $6$：$T = 1$，$n \leq 10 ^ 5$，$m \leq 10 ^ {18}$，$k \leq 10 ^ 5$，$p \leq 10 ^ 9$；

测试点 $7$：$T = 1$，$n \leq 10 ^ {18}$，$m \leq 10 ^ {18}$，$k \leq 10 ^ {18}$， $p \leq 10 ^ 9$；

测试点 $8$：$T = 100$，$n\leq 10 ^ {18}$，$m \leq 10 ^ {18}$，$k \leq 10 ^ {18}$，$p \leq 10 ^ 9$；

测试点 $9 \sim 10$：$T = 5000$，$n \leq 10 ^ {18}$，$m \leq 10 ^ {18}$，$k \leq 10 ^ {18}$，$p \leq 10 ^ 9$

略微有点板的数位dp.不理解为什么是紫色。

$-k$ 尝试拆开，如果 $i\oplus j$ 小于等于 $k$ 的那就不用看了，剩下的如果 $i^j$ 大于等于 $k$ 的有 $cnt$ 个，他们的和为 $ans$，那么答案就是 $ans-cnt\times k$

那怎么数位 dp 呢？定义 $dp_{i,0/1,0/1,0/1}$ 为前 $i$ 位，是否有顶到 $n/m$ 的上界和 $k$ 的下界时的情况。那么转移就很简单了。枚举原式中 $i$ 和 $j$ 在这一位的四种填法，然后递归到下一位，若下一位答案为 $(cnt,ans)$，那么这一位就是所有 $(cnt,ans+cnt\times 2^i)$ 之和。这应该很好理解了。

#include<bits/stdc++.h>
int t,P;
long long n,m,k;
struct node{
	int cnt,ans;
	node operator+(const node&n)const{
		return (node){(cnt+n.cnt)%P,(ans+n.ans)%P};
	}
}dp[65][2][2][2],ret,dw;
node dfs(int x,int an,int am,int ak);
node calc(int x,int an,int am,int ak,int p,int q);
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%lld%lld%lld%d",&n,&m,&k,&P);
		memset(dp,-1,sizeof(dp));
//		printf("%d ",dp[0][0][0][0].cnt);
		--n,--m;
		ret=dfs(60,0,0,0);
//		printf("%d %d\n",ret.cnt,ret.ans);
		printf("%d\n",(ret.ans-k%P*ret.cnt%P+P)%P);
	}
	return 0;
}
node dfs(int x,int an,int am,int ak)
{
//	if(x<1)
//		printf("%d %d %d %d\n",x,an,am,ak);
	if(!~x)
//		printf("%d %d\n",an,am);
		return (node){1,0};
	if(~dp[x][an][am][ak].cnt)
		return dp[x][an][am][ak];
	node ret=dw;
	ret=ret+calc(x,an,am,ak,0,0);
	ret=ret+calc(x,an,am,ak,0,1);
	ret=ret+calc(x,an,am,ak,1,0);
	ret=ret+calc(x,an,am,ak,1,1);
//	if(x<=1)
//		printf("%d %d %d %d %d %d\n",x,an,am,ak,ret.cnt,ret.ans);
	return dp[x][an][am][ak]=ret;
}
node calc(int x,int an,int am,int ak,int p,int q)
{
	int nx=n>>x&1,mx=m>>x&1,kx=k>>x&1;
	if(!an&&p>nx)
		return dw;
	if(!am&&q>mx)
		return dw;
	if(!ak&&(p^q)<kx)
		return dw;
	an|=p<nx;
	am|=q<mx;
	ak|=(p^q)>kx;
	node ret=dfs(x-1,an,am,ak);
	(ret.ans+=ret.cnt*(((p^q*1LL)<<x)%P)%P)%=P;
	return ret;
}