[BZOJ 3329]Xorequ

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给出 \(n\) ,分别求 \(\leq n\)\(\leq 2^n\) 的满足方程 \[x\oplus 3x=2x\] 的正整数解个数。

\(1\leq n\leq 10^{18}\)

Solution

显然满足 \(x\oplus 2x=3x\) 即要满足 \(x\&(x<<1)=0\) 。其含义就是数的二进制相邻的两位不能同为 \(1\)

考虑第一种情况,即 \(\leq n\) 。容易发现其实可以数位 \(DP\)\(f_{i,1/0}\)\(i\) 位二进制的最高位为 \(1/0\) 的满足条件的非负整数的个数。

\[\begin{aligned}f_{i,0}&=f_{i-1,1}+f_{i-1,0}\\f_{i,1}&=f_{i-1,0}\end{aligned}\]

然后按位计算即可。

对于 \(\leq 2^n\) 的情况,容易发现其对具体的某一位是没有约束的,直接用矩阵加速上述转移方程即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int yzh = 1e9+7;

long long f[100][2], n;
int t;
struct mat {
    int a[2][2];
    mat () {a[0][0] = a[0][1] = a[1][0] = a[1][1] = 0; }
    mat operator * (const mat &b) const {
    mat ans;
    for (int i = 0; i < 2; i++)
        for (int j = 0; j < 2; j++)
        for (int k = 0; k < 2; k++)
            (ans.a[i][j] += 1ll*a[i][k]*b.a[k][j]%yzh) %= yzh;
    return ans;
    }
}S, T;

mat quick_pow(mat S, mat T, long long t) {
    while (t) {
    if (t&1) S = S*T;
    t >>= 1, T = T*T;
    }
    return S;
}
void pre() {
    f[0][0] = f[0][1] = 1;
    for (int i = 1; i <= 90; i++)
    f[i][0] = f[i-1][0]+f[i-1][1], f[i][1] = f[i-1][0];
}
long long get_ans1(long long x) {
    int a[100], tot = -1; long long ans = 0;
    while (x) a[++tot] = x%2, x /= 2; a[tot+1] = 0;
    for (int i = tot; i >= 0; i--) {
    if (a[i] == 1) ans += f[i][0];
    if (a[i] == 1 && a[i+1] == 1) break;
    if (i == 0) ++ans;
    }
    return ans-1;
}
int get_ans2(long long x) {
    S.a[0][0] = S.a[0][1] = 1;
    T.a[0][0] = T.a[1][0] = T.a[0][1] = 1; T.a[1][1] = 0;
    S = quick_pow(S, T, x-1);
    return S.a[0][0]+S.a[0][1];
}
void work() {
    pre(); scanf("%d", &t);
    while (t--) {
    scanf("%lld", &n);
    printf("%lld\n%d\n", get_ans1(n), get_ans2(n)%yzh);
    }
}
int main() {work(); return 0; }
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posted @ 2018-03-30 20:38  NaVi_Awson  阅读(129)  评论(0编辑  收藏  举报