洛谷【P4317】花神的数论题(快速幂、组合数学)

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对于题目大意：计算从1到n的每个数的二进制表示中1的个数的乘积，结果对10^9+7取模。

解题步骤

计算二进制表示中 1 的个数：对于每个数字 i，可以借助位运算来统计它的二进制表示里 1 的个数。
累乘并取模：把每个数字对应的二进制表示中 1 的个数累乘起来，并且在每次乘法之后都对 10000007 取模，以此防止溢出

一、朴素算法ED:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1e7+7;

ll n;
ll ans = 1;

inline ll count(ll k){
    ll num = 0;
    while(k){
        num += k & 1;//k & 1 判断k的二进制当前位置是否为1(为1则等于1, 否则为0)
        k >>= 1;//右移到下一位
    }
    return num;
}

int main(void){
	scanf("%lld", &n);
	for(ll i = 1; i <= n; ++i){
	    ans = (ans * count(i)) % mod;//注意每次更新后模mod,否则爆掉
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

朴素代码解释：

1.count函数：计算一个数的二进制中1的个数。借助位运算 num & 1 来判断最低位的数是否为1。(不懂的看这：位运算（&、|、^、~、>>、 | 菜鸟教程) 然后通过右移操作 num >>= 1 把数字右移一位，持续这个过程直到数字变为 0。

2.主函数：ans初始为1，从1到n遍历时注意每乘一次就取模(不然就爆了)。

示例运行：

对于输入3：

1的二进制表示为1，1的个数为1。
2的二进制表示为10，1的个数为1。
3的二进制表示为11，1的个数为2。
结果为1 * 1 * 2 = 2，输出2。

但很明显算法时间复杂度为 O(n log n)，而题目 N的范围是从1到10^15，明显过不了。

二、正解：快速幂、组合数

我们可以考虑使用位运算的性质和组合数的性质来计算从1到n的每个数的二进制表示中1的个数的乘积。

性质分析：

位运算性质：对于一个数 k，其二进制表示中1的个数可以通过位运算来计算。但是，对于 n=1015，直接计算每个数的二进制中1的个数仍然是不可行的。
组合数学：考虑从1到n的每个数的二进制表示中1的个数的分布。我们可以将问题转化为计算在所有可能的二进制数中，每个位上1出现的次数。这可以通过组合数学的方法来计算。

具体实现：

计算每个位上1出现的次数：对于一个数 n，我们可以将其二进制表示拆分成若干个位。对于每个位，我们可以计算在从1到n的所有数中，该位上1出现的次数。这可以通过组合数来计算。
乘积计算：将每个位上1出现的次数相乘，得到最终结果。

关键观察:

二进制的周期性：对于任意二进制位 k，从1到 n 的范围内，第 k 位为1的数的个数可以通过数学公式计算。
分治思想：将 n 的二进制表示拆分，分别计算每个位的贡献。

算法思路:

二进制表示：将 n 表示为二进制形式，假设 n 的二进制表示为 n=2b1+2b2+⋯+2bk。
计算每个位的贡献：
1. 对于第 k 位（从0开始计数），假设 n 的第 k 位为1，则第 k 位为1的数的个数为:count_k=⌊n / 2^(k+1)⌋ * 2^k + min(2^k, n mod 2^(k+1) + 1)
2. 这个公式的意思是：
  - 前半部分是完整周期的贡献。
  - 后半部分是不完整周期的贡献。
递归计算：对于每个位，递归计算其贡献，并将结果相乘。

组合数代码ED：(注意，真的是ED)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1e7+7;

ll n;
ll ans;

//快速幂计算 k ^ l % mod 
ll qpow(ll k, ll l){
	ll num = 1;
	while(l){
		if(l & 1)  num = (num * k) % mod;//k & 1 = 1
		k = (k * k) % mod;
		l >>= 1;
	}
	return num;
}

//组合数 
ll count(ll num){
	ll h = 0;
	for(ll i = 0; i < 60; ++i){
		if(num & (1LL << i))  h = i;
	}
	ll res = 1;
	for(ll i = 0; i <= h; ++i){
		if(num & (1LL << i)){
			//计算 i 位为 1 的个数
			ll cnt = (n >> (i+1)) * qpow(2, i) + min(qpow(2, i), (n & ((1LL << i) - 1)) + 1);
			res = res * cnt % mod;
		}
	}
	return res;
}

int main(void){
	scanf("%lld", &n);
	ans = count(n);
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}