ATB138F Coincidence 学习笔记

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题意简述

求满足 \(L\le x\le y\le R,y\bmod x=y\oplus x\) 的 \((x,y)\) 的数量。答案对 \(10^9+7\) 取模。

\(1\le L\le R\le 10^{18}\)。

做法解析

这个数据范围肯定是数位dp了。模和异或，看起来没什么关联，怎么办？别被吓倒了，分析性质。

先把这个不顺眼的 \(y\bmod x\) 转写成 \(y-k\times x\)，此时我们发现 \(k\) 只有等于 \(1\) 才可能有贡献：假如 \(k\ge 2\)，就说明 \(x\times 2\le y\)，就说明二进制下 \(y\) 的位数比 \(x\) 多，此时 \(x\oplus y\) 在比 \(x\) 最高位更高的地方就肯定有 \(1\)，然而又有 \(y\bmod x<x\)，所以 \(k\ge 2\) 时不可能有 \(y\bmod x=y\oplus x\)。

所以 \(k=1\) 即 \(y\bmod x=y-x\)。我们又知道 \(y\oplus x\) 可以看作不退位减法，所以要想 \(y-x=y\oplus x\)，二进制下就不能出现任何退位。也就是说二进制下 \(x\) 得是 \(y\) 的子集：\(x\) 填了 \(1\) 的位 \(y\) 也都填了。

综上，只有在题目条件基础上满足 \((x<y<2\times x)\) 同时 \(x\) 的二进制表示是 \(y\) 的子集的 \((x,y)\) 才会贡献答案。

现在可以开始数位dp了。我们枚举每一个 \(x,y\) 共有的最高位并跑记忆化搜索，当然，状态要包含是否贴到上下界。

代码实现

一只记搜。如果忘了记搜数位dp不妨回来看看。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace obasic{
    typedef long long lolo;
    template <typename _T>
    void readi(_T &x){
        _T k=1;x=0;char ch=getchar();
        for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')k=-1;
        for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
        x*=k;return;
    }
    template <typename _T>
    void writi(_T x){
        if(x<0)putchar('-'),x=-x;
        if(x>9)writi(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
};
using namespace obasic;
const int Mod=1e9+7;
lolo L,R;int lenl,ln[70],lenr,rn[70];
lolo dp[70][2][2],ans;
lolo dfs(int d,int lf,int rf){
    if(!d)return 1;
    lolo &u=dp[d][lf][rf];
    if(~u)return u;u=0;
    int lb=lf?ln[d]:0;
    int rb=rf?rn[d]:1;
    for(int i=lb;i<=rb;i++){
        for(int j=lb;j<=i;j++){
            (u+=dfs(d-1,lf&(j==lb),rf&(i==rb)))%=Mod;
        }
    }
    return u;
}
int main(){
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    readi(L),readi(R);
    for(;L;L>>=1)ln[++lenl]=L&1;
    for(;R;R>>=1)rn[++lenr]=R&1;
    for(int i=lenl;i<=lenr;i++)(ans+=dfs(i-1,(i==lenl),(i==lenr)))%=Mod;
    writi(ans);
    return 0;
}

反思总结

\(y\bmod x\) 可以转写成 \(y-k\times x\)；
当模运算碰到位运算时，由于位运算的不进退位性，通常对 \(k=1\) 和 \(k\ge 2\) 进行分类讨论。