洛谷 AT2272 [ARC066B] Xor Sum 蓝 题解

结论

1. \(a+b = a \oplus b + (a \operatorname{and} b) << 1\)

2. 令 \(f[j]\) 表示 \(a+b=j\) 的方案数，那么状态转移方程为 \(f[j] = f[\frac{j}{2}] + f[\frac{j-1}{2}] + f[\frac{j-2}{2}]\)，答案为 \(f[n]\).

理论基础

第一条结论

异或相当于不进位加法，在异或的基础上，考虑进位：对于 \(a,b\) 在二进制下的每一位 \(a_i, b_i\)，\((a_i \operatorname{and} b_i) = 1\) 必然等价于 \(a_i = b_i = 1\)，那么这一位相加必然要进位，也就是左移一位。所以 \(a+b = a \oplus b + (a \operatorname{and} b) << 1\) （感觉不是很严谨）。

状态定义

为什么要令 \(f[j]\) 表示 \(a+b=j\) 的方案数？

由第一条结论可以得到，\(a \oplus b \le a + b\)。

我们令 \(u = a \oplus b,\ v = a + b\)，那么满足 \(u \le v\)，我们只需对 \(v\) 进行 DP，求方案数即可。

状态转移方程

这一步是重点，在此再提醒一下，\(f[j]\) 表示 \(a+b=j\) 对应的方案数！

我们令 \((x, y)_i\) 表示 \(u,v\) 二进制下的第 \(i\) 位数字填什么，那么只可能有三种情况：\((0,0)_i, (0,1)_i, (1,1)_i\)。因为要满足 \(u \le v\)，所以 \((1,0)_i\) 不合法。

接下来我们举一个例子来理解状态转移方程

填数	二进制 \(a\)	二进制 \(b\)	十进制 \(a\)	十进制 \(b\)	十进制 \(a+b\)
原数	\(1101\)	\(1001\)	\(13\)	\(9\)	\(22\)
填 \((0,0)\)	\(11010\)	\(10010\)	\(26\)	\(18\)	\(44\)
填 \((0,1)\)	\(11010\)	\(10011\)	\(26\)	\(19\)	\(45\)
填 \((1,1)\)	\(11011\)	\(10011\)	\(27\)	\(19\)	\(46\)

你会发现原数 \(j\) 可以转移到 \(2j,2j+1,2j+2\)，那么状态转移方程就为：\(f[j] = f[\frac{j}{2}] + f[\frac{j-1}{2}] + f[\frac{j-2}{2}]\)

初始化：\(f[0]=1,f[1]=2\)，手算即可。

小细节

\(N \le 10^{18}\) 存不下，可以用 \(\operatorname{map}\) 来实现。

Code

#include <iostream>
#include <map>

using namespace std;

typedef long long LL;

const LL mod = 1e9 + 7;

LL n, ans;
map<LL, LL> f;

LL clac(LL n)
{
	if (f[n] != 0) return f[n];
	return f[n] = (clac(n / 2) + clac((n - 1) / 2) + clac((n - 2) / 2)) % mod;
}

int main()
{
	cin >> n;
	f[0] = 1;
	f[1] = 2;
	ans = clac(n);
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

完结撒花！