BZOJ 3329 Xorequ:数位dp + 矩阵快速幂

传送门

题意

现有如下方程:$ x \oplus 3x = 2x $

其中 $ \oplus $ 表示按位异或。

共 $ T $ 组数据,每组数据给定正整数 $ n $,任务如下:

  1. 求出小于等于 $ n $ 的正整数中,有多少个数是该方程的解
  2. 求出小于等于 $ 2^n $ 的正整数中,有多少个数是该方程的解,输出 $ mod $ $ 10^9+7 $ 的值。

$ (n \leq 10^{18}, T \leq 1000) $

题解

第一问

方程 $ x \oplus 3x = 2x $ 等价于 $ x \oplus 2x = 3x $ 。

由于 $ x + 2x = 3x $ ,并且“按位异或”相当于“不进位加法“

所以我们可以知道,一个数 $ x $ 是该方程的解的充要条件为:$ x $ 在二进制表示下,没有两个相邻的 $ 1 $ 。

$ f[i][0/1] $ 表示所有二进制下长度为 $ i $,且最右边一位为 $ 0/1 $ 的数中,满足没有两个相邻的 $ 1 $ 的数的个数。

所以有:

\[f[i][0] = f[i-1][0] + f[i-1][1] \]

\[f[i][1] = f[i-1][0] \]

边界条件为:$ f[0][0] = 1 $

然后按位统计,算出小于等于 $ n $ 的答案:

  • 先让 $ n = n + 1 $ (因为最后算出的是小于某个数的答案,而这里要求小于等于)
  • 从高到低枚举 $ n $ 的每一个二进制位 $ a[i] $
  • 如果 $ a[i] = 1 $ ,那么 $ ans = ans + f[i][0] $ 。(此时累加的是第 $ i-1 $ 及之前位和原数匹配时的答案)
  • 如果 $ a[i] = 1 $ 且 $ a[i+1] = 1 $ ,退出循环。因为此时的前缀已经有两个 $ 1 $ 相邻,之后的答案都是不合法的。

注意最终答案为 $ ans - 1 $ ,因为不包含 $ 0 $ 这个答案。

复杂度 $ O(logn) $

第二问

$ g[i] $ 表示二进制下长度为 $ i $ ,满足没有两个相邻的 $ 1 $ 的数的个数。

由于题目要求区间 $ [1, 2^i] $ 的答案,$ g[i] $ 表示区间 $ [0, 2^i-1] $ 的答案

而 $ 0 $ 和 $ 2^i $ 一定都满足条件,所以相互抵消掉了。

所以题目所求 $ ans = g[n] $

然后考虑如何求 $ g[i] $ (分两种情况):

  • $ g[i] $ 中以 $ 0 $ 结尾的所有数,相当于在 $ g[i-1] $ 中的所有数末尾添了一个 $ 0 $
  • $ g[i] $ 中以 $ 1 $ 结尾的所有数,相当于在 $ g[i-2] $ 中的所有数末尾添了一个 $ 01 $

所以有:

\[g[i] = g[i-1] + g[i-2] \]

边界条件为:$ g[1] = 2, g[2] = 3 $

然后用矩阵快速幂加速转移即可:

\[\begin{bmatrix} g[i] & g[i+1] \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} g[i+1] & g[i+2] \end{bmatrix} \]

\[\begin{bmatrix} g[1] & g[2] \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}^{n-1} = \begin{bmatrix} g[n] & g[n+1] \end{bmatrix} \]

AC Code

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX_L 5
#define MAX_B 70
#define MOD 1000000007
#define int long long

using namespace std;

struct Mat
{
	int n,m;
	int v[MAX_L][MAX_L];
	Mat(int _n,int _m) { n=_n,m=_m,memset(v,0,sizeof(v)); }
	Mat() { memset(v,0,sizeof(v)); }
};

int n,t;
int a[MAX_B];
int dp[MAX_B][2];

Mat get_unit(int x)
{
	Mat a(x,x);
	for(int i=0;i<x;i++) a.v[i][i]=1;
	return a;
}

Mat mul(const Mat &a,const Mat &b)
{
	Mat c(a.n,b.m);
	for(int i=0;i<a.n;i++)
	{
		for(int j=0;j<b.m;j++)
		{
			for(int k=0;k<a.m;k++)
			{
				c.v[i][j]+=a.v[i][k]*b.v[k][j];
				c.v[i][j]%=MOD;
			}
		}
	}
	return c;
}

Mat pow(Mat a,int k)
{
	Mat ans=get_unit(a.n);
	while(k>0)
	{
		if(k&1) ans=mul(ans,a);
		a=mul(a,a),k>>=1;
	}
	return ans;
}

int cal1()
{
	int t=n+1,len=0,ans=0;
	while(t) a[++len]=(t&1),t>>=1;
	a[len+1]=0,dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=len;i++)
	{
		dp[i][0]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1];
		dp[i][1]=dp[i-1][0];
	}
	for(int i=len;i>=1;i--)
	{
		if(a[i]) ans+=dp[i][0];
		if(a[i+1] && a[i]) break;
	}
	return ans-1;
}

int cal2()
{
	Mat a(1,2),b(2,2);
	a.v[0][0]=2,a.v[0][1]=3;
	b.v[0][1]=b.v[1][0]=b.v[1][1]=1;
	return mul(a,pow(b,n-1)).v[0][0];
}

signed main()
{
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%lld",&n);
		printf("%lld\n",cal1());
		printf("%lld\n",cal2());
	}
}
posted @ 2018-05-27 21:27  Leohh  阅读(291)  评论(0编辑  收藏  举报