题解 CF551D 【GukiZ and Binary Operations】

Solution:

我们将 k 按二进制位考虑：

设$f[i][0]$为k的二进制位第$i$位为0时这一位的方案数，$f[i][1]$为k的二进制位第$i$位为1时这一位的方案数

对于 k 的每一位，如果为 0，那么每个 $and$ 的两个数的二进制最后一位一定不能均为 1， 由此得出转移方程：

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

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

因为这两个式子联立,所以$f[i][0]$显然是斐波那契数列，所以当 k 的一个二进制位为 0 时，可以用矩阵快速幂求出斐波那契数列的第 n+1 项，即为答案

如果为 1，至少有一个 $and$ 中的两个数的二进制最后一位均为 1, 所以我们可以用总方案数减去 k 位为 0 的情况的方案数,也就是 $2 ^ n - f [ n + 1 ]$，最后乘法原理把结果乘起来即可

CODE:

#include<bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
using namespace std;
int n,k,l,m;
struct node{
	int a[3][3]={{0,0,0},{0,0,0},{0,0,0}};
	node operator *(const node &t)
	{
		node tmp;
		for(int i=1;i<=2;i++)
		for(int j=1;j<=2;j++)
		{
			for(int k=1;k<=2;k++)
			{
				tmp.a[i][j]+=(a[i][k]*t.a[k][j])%m;
				tmp.a[i][j]%=m;
			}
		}
		return tmp;
	}
};
int fib(int num){
	//矩阵加速求斐波那契数列第n项
	node m,ans;
	m.a[1][1]=1;
	m.a[1][2]=1;
	m.a[2][1]=1;
    ans.a[1][1]=1;
    ans.a[2][2]=1;
	while(num){
		if(num&1){
			ans=ans*m;
		}
		m=m*m;
		num/=2;
	}
	return ans.a[1][1];
}
int count_bit(int x) {
    int bit = 0;
    if(x == 0) return 1;
    while(x) {
        bit++;
        x >>= 1;
    }
    return bit;
}
int qpow(int a,int b){
	if(b==0)return 1;
	int tmp=qpow(a,b/2);
	return b%2?tmp*tmp%m*a%m:tmp*tmp%m;
}

main(){
	int ans=1,fb,hp;
	cin>>n>>k>>l>>m;
	
	if(l<=62&&k>=(1LL<<l))
    {
    //判断结果是否为0，记得用1LL
        puts("0");
        return 0;
    }
    int bit[1000],cnt=0;
    while(k){
    	bit[++cnt]=k%2;
    	k>>=1;
       //分解二进制位
	}
	fb=fib(n+1);
	hp=(qpow(2,n)+m-fib(n+1))%m;
	for(int i=1;i<=l;i++){
		if(bit[i]==1){
			ans*=hp;
			ans%=m;
		}
		else{
			ans*=fb;
			ans%=m;
		}
	}
	printf("%llu",ans%m);//记得再%一次m,不然会WA
	return 0;
}