[蓝桥杯 2021 国 AB] 异或三角

题目描述

给定 $T$ 个数 $n_1,n_2,\cdots ,n_T$, 对每个 $n_i$ 请求出有多少组 $a,b,c$ 满足:

1. $1\le a,b,c\le n_i$;

2. $a\oplus b\oplus c=0$ ，其中 $\oplus$ 表示二进制按位异或;

3. 长度为 $a,b,c$ 的三条边能组成一个三角形。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 $T$ 。

接下来 $T$ 行每行一个整数, 分别表示 $n_1,n_2,\cdots ,n_T$ 。

输出格式

输出 $T$ 行, 每行包含一个整数, 表示对应的答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

2
6
114514

输出 #1

6
11223848130

说明/提示

对于 $10\%$ 的评测用例, $T=1,1\le n_i\le 200$; 对于 $20\%$ 的评测用例, $T=1,1\le n_i\le 2000$ ；

对于 $50\%$ 的评测用例, $T=1,1\le n_i\le 2^{20}$;

对于 $60\%$ 的评测用例, $1\le T\le 100000,1\le n_i\le 2^{20}$;

对于所有评测用例, $1\le T\le 100000,1\le n_i\le 2^{30}$ 。

蓝桥杯 2021 国赛 A 组 I 题（B 组 J 题）。

我的题解

现有的题解简洁又优美，状态转移方程清晰易懂。

相比之下，我的做题思路复杂，程序丑陋又效率低下。

下面简单讲讲我的思路。

计算有多少三元组 $(a,b,c)$ 满足

1. $a>b>c$ ;
2. $a=b\oplus c$ ;
3. $a<b+c$ .

然后再对结果乘以6。

不难发现，满足上列条件的三元组具有以下特征——

1. 设 $a$ 的最高位为 $len$,则 $a_{len}=1,b_{len}=1,c_{len}=0$
2. 存在 $pos$，使得 $a_{pos}=1,b_{pos}=0,c_{pos}=1$
3. posmax⁡=max⁡{pos}pos_{\max}=\max\{pos\}posmax​=max{pos} 使得 $a_{pos}=1,b_{pos}=0,c_{pos}=1$
4. 对任意 $po{s}_{\max }<i<len$，有 $a_i=b_i$
5. 存在 $k<po{s}_{\max }$，使得 $a_k=0,b_k=1,c_k=1$

考虑枚举 $po{s}_{\max }$，若对答案产生贡献，则

1. 存在 $i>po{s}_{\max }$，使得 $a_i=1$ ；若有 $num$ 个自由空位，系数贡献为 $2^{num}-1$

2. 存在 $i<po{s}_{\max }$，使得 $a_i=0$ ；若有 $num$ 个自由空位，系数贡献为 $f_{num}={\sum }_{i=1}^{num}(2^i-1)\ast 2^{num-j}\ast C_{num}^i$ ( $i$ 表示0的个数)

先考虑 $a$ 最高位 $len$ 取0，从1到 $len-2$ 枚举 $po{s}_{\max }$ 即可。

再考虑 $a$ 最高位 $len$ 取1的情况，从1到 $len-1$ 枚举 $po{s}_{\max }$ ；

非边界情况高位系数很好算，即截取 $len-1$ 到 $po{s}_{\max }+1$ 转为十进制，低位系数为 $f_{po{s}_{\max }}$ 。

边界情况需特殊处理,来个具体数字作为例子， $N=(11010101{)}_2$

假设现在 $po{s}_{\max }=6$,即求解 $a$ 的最低6位为 $000000\cdots 010101$ 时，存在 $k<po{s}_{\max }$，使得 $a_k=0,b_k=1,c_k=1$ 分解法数量。

从高到低对1进行处理，转化为 $000000\cdots 001111$、$010000\cdots 010011$、$010100$、$010101$ 四个部分。

再分别考虑k是否在后缀处，进行计算。

如果k不在后缀处，根据更高位的01数量计算左侧系数 $(2^{nu{m}_0}-1)\ast 2^{nu{m}_1}$，后缀处01可任取，如果有 $num$ 个后缀连续1，右侧系数为 $4^{num}$.

如果k在后缀处，根据更高位的1的数量计算左侧系数 $2^{nu{m}_1}$;如果有 $num$ 个后缀连续1，右侧系数为 $f_{num}$.

代码：

typedef long long ll;
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int fj[35];
ll ycl[35],yh[35][35],Ans[35];
ll work0(int pos)
{
    ll ans=0;
    int lst1=-1,zero=0,one=0;
    while (~pos)
    {
        if (fj[pos])
        {
            ans+=((1ll<<zero+1)-1)*(1ll<<one)*(1ll<<pos)*(1ll<<pos);
            ans+=(1ll<<one)*ycl[pos];
            one++;
        }
        else
            zero++;
        pos--;
    }
    ans+=((1ll<<zero)-1)*(1ll<<one);
    return ans;
}
void work(int N)
{
    int len=-1;
    while (N) fj[++len]=N%2,N/=2;
    ll ans=Ans[len];
    int now=0;
    for (int i=len-1;~i;i--)
    {
        ans+=ycl[i]*now;
        if (fj[i])
            ans+=work0(i-1);
        now=now*2+fj[i];
    }
    ans*=6;
    cout<<ans<<endl;
}
void pre()
{
    yh[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=30;i++)
    {
        yh[i][0]=1;
        for (int j=1;j<=i;j++)
            yh[i][j]=yh[i-1][j-1]+yh[i-1][j];
    }
    for (int i=1;i<=30;i++)
    {
        for (int j=1;j<=i;j++)
            ycl[i]+=((1ll<<j)-1)*(1ll<<(i-j))*yh[i][j];
    }
    ll ans;
    for (int len=0;len<=30;len++)
    {
        ans=0;
        for (int i=0;i<len;i++)
        {
            int j=len-1-i;
            ans+=ycl[i]*((1ll<<j)-1);
        }
        Ans[len]=ans;
    }
}
int main()
{
    pre();
    int T;cin>>T;
    for (int i=1;i<=T;i++)
    {
        int N;cin>>N;
        work(N);
    }
    return 0;
}

时间复杂度
$\mathcal{O}(T(\log N{)}^2)$

我的方法实在是太复杂了，时间复杂度也不优秀。

还是希望大家多学学那些优美的数位dp。