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#4728. 问题求解

题目描述

\sum\limits_{i=1}^n{(im\land m) \bmod (10^9+7)},其中 \land 指按位与。

题解

哎我太蠢了一直往 \text{dp} 的方向想。

下面的除法都是下取整(特殊的是上取整,会说明)(我不会打qwq)

考虑到当 m 的第 x 位为 1 的时候,求有多少个 i 使得 im 的第 x 位也为 1 ,那其实可以看成 \frac{im}{2^x} 是奇数的个数,也就是 \frac{im}{2^x}-2\times \frac{im}{2^{x+1}} ,这个值是 0/1 ,于是我们考虑快速求 \sum_{i=0}^n\frac{im}{2^x}

get到新知识:类欧几里得!

我们可以设 f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^n\frac{ai+b}{c} ,然后我们分讨一下

1. a=0
那就是 (n+1) \times \frac{b}{c}
2. a<cb<c
我们可以推下式子:
f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^n\frac{ai+b}{c}
=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{\frac{ai+b}{c}-1}1
=\sum_{j=0}^{\frac{an+b}{c}-1}\sum_{i=0}^n[j<\frac{ai+b}{c}]
=\sum_{j=0}^{\frac{an+b}{c}-1}\sum_{i=0}^n[j<\frac{ai+b-c+1}{c}]
(\frac{ai+b-c+1}{c}是上取整)
=\sum_{j=0}^{\frac{an+b}{c}-1}\sum_{i=0}^n[cj<ai+b-c+1]
=\sum_{j=0}^{\frac{an+b}{c}-1}n-\frac{cj+c-b-1}{a}
=n\times \frac{an+b}{c}-f(c,c-b-1,a,\frac{ai+b}{c}-1)
3. 剩下的情况
f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^n\frac{ai+b}{c}
=\sum_{i=0}^n\frac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}+i\times \frac{a}{c}+\frac{b}{c}
=f(a\%c,b\%c,c,n)+\frac{n(n+1)}{2}\frac{a}{c}+(n+1)\times \frac{b}{c}

于是这部分的效率就是 log 的,所以总效率是 O(log^2)

代码

复制代码
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int P=1e9+7;
LL n,m;int s;
int X(int x){return x>=P?x-P:x;}
int f(LL a,LL b,LL c,LL d){
    if (a==0) return (d+1)%P*((b/c)%P)%P;
    if (a<c && b<c){
        LL x=((__int128)a*d+b)/c;
        return X(d%P*(x%P)%P-f(c,c-b-1,a,x-1)+P);
    }
    return X(X(f(a%c,b%c,c,d)+d%P*((d+1)%P)%P*((P+1)>>1)%P*((a/c)%P)%P)+(d+1)%P*((b/c)%P)%P);
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    for (int u,v=0,i=39;~i;i--){
        u=v;v=f(m,0,1ll<<i,n);
        if (m&(1ll<<i))
            s=X(s+1ll*X(v-X(u+u)+P)*((1ll<<i)%P)%P);
    }
    cout<<s<<endl;return 0;
}
复制代码

 

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