bzoj3329 Xorequ

思路

一道比较经典的题。
\(x\otimes 3x=2x\)等价于\(x \otimes 2x=3x\)
异或其实就是不进位的加法。因为\(x + 2x=3x\)，所以只要满足\(x+2x\)在二进制上没有进位即可。很容易发现其实就是要求\(x\)的二进制位置上没有相邻的两个\(1\)。
对于第一问，很裸的数位\(dp\)
对于第二问，我们用\(f[i]\)表示在二进制表示下，\(x\)的前\(i\)位中没有相邻的两个\(1\)的方案数。如果第\(i\)位填\(0\),那么只要前\(i-1\)位没有相邻的\(1\)就行了。所以\(f[i]+=f[i-1]\)，如果第\(i\)位填\(1\)。那么第\(i-1\)位必须是\(0\)，所以前\(i - 2\) 位没有相邻的\(1\)就行了，所以\(f[i]+=f[i-1]\)。所以\(f[i]=f[i-1]+f[i-2]\)，就是菲波那切数列了。矩阵快速幂优化一下子就\(OK\)了。

代码

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
ll read() {
	ll x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9') {
		x=x*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}
namespace BF1 {
	int a[100],tot;
	ll f[100][2][2];
	ll dfs(int pos,int limit,int lst) {
		if(pos == 0) return 1;
		if(f[pos][limit][lst]) return f[pos][limit][lst];
		if(limit) {
			if(a[pos] == 0) f[pos][limit][lst] += dfs(pos - 1,1,0);
			else {
				f[pos][limit][lst] += dfs(pos - 1,0,0);
				if(!lst) f[pos][limit][lst] += dfs(pos - 1,1,1);
			}
		}
		else {
			f[pos][limit][lst] += dfs(pos - 1,0,0);
			if(!lst) f[pos][limit][lst] += dfs(pos - 1,0,1);
		}
		return f[pos][limit][lst];
	}
	void solve(ll x) {
		tot = 0;
		while(x) {
			a[++tot] = x & 1;
			x >>= 1;
		}
		memset(f,0,sizeof(f));
		printf("%lld\n",dfs(tot,1,0) - 1);
	}
}
namespace BF2 {

	struct node {
		ll a[10][10];
		int n,m;
		node() {
			memset(a,0,sizeof(a));n = 0,m = 0;
		}
		node(int x,int y) {
			n = x,m = y;
			memset(a,0,sizeof(a));
		}
		node(int nn) {
			n = m = nn;
			memset(a,0,sizeof(a));
			for(int i = 1;i <= nn;++i) a[i][i] = 1;
		}
	};
	node operator * (const node &x,const node &y) {
		int n = x.n,m = y.m,K = x.m;
		node ret(n,m);
		for(int k = 1;k <= K;++k)
			for(int i = 1;i <= n;++i)
				for(int j = 1;j <= m;++j)
					ret.a[i][j] += x.a[i][k] * y.a[k][j] % mod,ret.a[i][j] %= mod;
		return ret;
	}
	node operator ^ (node x,ll y) {
		node ret(x.n);
		for(;y;y >>= 1,x = x * x)
			if(y & 1) ret = x * ret;
		return ret;
	}
	void solve(ll n) {
		node A(1,2);
		A.a[1][1] = A.a[1][2] = 1;
		node C(2,2);
		C.a[1][1] = C.a[1][2] = C.a[2][1] = 1;
		A = A * (C ^ n);
		printf("%lld\n",A.a[1][1]);
	}
}
int main() {
	int T = read();
	while(T--) {
		ll n = read();
		BF1::solve(n);
		BF2::solve(n);
	}

	return 0;
}