BZOJ 3329 Xorequ

题面

Description

Input

第一行一个正整数，表示数据组数据 ，接下来T行
每行一个正整数N

Output

2T行
第2i-1行表示第i个数据中问题一的解，
第2*i行表示第i个数据中问题二的解，

Sample Input

1
1

Sample Output

1
2

HINT

x=1与x=2都是原方程的根，注意第一个问题的解不要mod 109+7
\(1≤N≤10^{18}\)
\(1≤T≤1000\)

题解

• step 1: 打表;
• step 2: 找规律...

我们发现对于一个数\(x\), 当且仅当\(x\)的二进制表达中没有连续的\(1\)时, \(x\)是方程的根.
所以subtask 1的做法就是数位DP.

至于subtask 2, 我们发现\(cnt(2^x) = F_{x + 1} : {F_x}为斐波那契数列\)
因此矩阵快速幂求斐波那契数列即可.

#include <cstdio>
#include <cstring>
 
namespace subtask1
{
    long long f[60], n;
 
    inline void initialize()
    {
        memset(f, -1, sizeof(f));
    }
 
    long long DFS(int lst, int pos, int bnd)
    {
        if(! pos)
        {
            if(bnd)
            {
                int k = n & 1;
                if(k && ! lst)
                    return 2;
                else
                    return 1;
            }
            else
                return ! lst ? 2 : 1;
        }
        if(lst == 1)
        {
            if(bnd)
                return DFS(0, pos - 1, n >> pos & 1 ^ 1);
            else
                return DFS(0, pos - 1, 0);
        }
        else if(lst == 0)
        {
            if(! bnd)
                return ~ f[pos] ? f[pos] : f[pos] = DFS(1, pos - 1, 0) + DFS(0, pos - 1, 0);
            else
            {
                int k = n >> pos & 1;
                if(k == 1)
                    return DFS(0, pos - 1, 0) + DFS(1, pos - 1, 1);
                else
                    return DFS(0, pos - 1, 1);
            }
        }
    }
 
    inline long long work(long long _n)
    {
        n = _n;
        return DFS(0, 59, 1) - 1;
    }
}
 
namespace subtask2
{
	const int MOD  = (int)1e9 + 7;

	struct matrix
	{
		int n, m;
		int a[2][2];

		inline matrix(int _n, int _m)
		{
			n = _n, m = _m;
		}

		inline matrix friend operator *(const matrix &a, const matrix &b)
		{
			matrix res(a.n, b.m);
			memset(res.a, 0, sizeof(res.a));
			for(int i = 0; i < a.n; ++ i)
				for(int j = 0; j < b.m; ++ j)
					for(int k = 0; k < a.m; ++ k)
						res.a[i][j] = (res.a[i][j] + (long long)a.a[i][k] * b.a[k][j]) % MOD;
			return res;
		}
	};

    inline int work(long long n)
    {
    	matrix A(2, 2);
    	for(int i = 0; i < 2; ++ i)
    		for(int j = 0; j < 2; ++ j)
    			A.a[i][j] = i || j;
  		matrix res(2, 2);
  		for(int i = 0; i < 2; ++ i)
  			for(int j = 0; j < 2; ++ j)
  				res.a[i][j] = i == j;
    	for(; n; A = A * A, n >>= 1)
    		if(n & 1)
    			res = res * A;
    	return (res.a[1][0] + res.a[1][1]) % MOD;
    }
}
 
int main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("BZOJ3329.in", "r", stdin);
    #endif
    subtask1::initialize();
    int T;
    for(scanf("%d", &T); T; -- T)
    {
        long long n;
        scanf("%lld", &n);
        printf("%lld\n%d\n", subtask1::work(n), subtask2::work(n));
    }
}