异或三角形（数位dp）

异或三角形

[Link](异或三角 - 蓝桥云课 (lanqiao.cn))

参考：2021蓝桥杯国赛-J异或三角形-数位dp_塔子哥来了的博客-优快云博客_蓝桥杯数位dp

题意

给定$T$个数$n_1,n_2,...,n_T$，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. $a\oplus b\oplus c=0$
3. 长度为$a,b,c$的三条边能组成一个三角形

思路

• 数位$dp$

​ 涉及$\oplus$一般从二进制看比较好，对于$a\oplus b\oplus c=0$这个限制我们发现$a,b,c$三个数一定是不同的，三个边组成一个三角形即保证$max(a,b,c)\times 2<a+b+c$，由于不好确定哪个边是最大的，这里我们假设$a$是最长边，答案就是$a$为最长的情况$\times 3$即可。

​ 已知$a$为最长边，我们可以按二进制从高到底枚举$a,b,c$每一位选什么，由于$a\oplus b\oplus c=0\to c=a\oplus b$，因此我们只需枚举$a,b$每一位选择什么即可，$c$可由$a,b$的情况推出，下面将我们题目的限制转化为对应二进制选法的限制（假设每一位的选法为$(a_i,b_i)$即$a,b$这一位是$0$还是$1$）：

1. $a>b$: 由于$a$ 是最大的，因此我们要保证$(1,0)$出现在$(0,1)$前面
2. $a>c$: $c_i=a_i\oplus b_i$，我们要保证$(1,1)$出现在$(0,1)$前面，因为$(1,1)$的时候$c_i=0$这样$a>c$就成立,$(0,1)$的时候$c_i=1,a_i=0$如果先出现$a<c$就与假设相反了
3. $1\le a\le n$： 枚举的时候注意上界即可
4. $a<b+c$： $a=b\oplus c\to b\oplus c<b+c$，即存在$(0,1)$，因为这时$a_i=0,b_i=1,c_i=1$，对于第$i$位$b_i\oplus c_i=0$，因此一定小于$b+c$

综上所述：我们只需满足$(0,1)$出现在$(1,0),(1,1)$后面，且$(0,1),(1,0),(11)$均出现即可。

对于$(a,b)$的三种情况用二进制来状压一下，$1:(0,1),2:(1,0),3:(1,1)$，考虑数位$dp$: $f[u][limit][state]:$ 前$u$位，是否有限制，且当前状态为$state$的方案数，记忆化搜索写一下就可以了。

数位$dp$的一般写法可以参考一下大佬的讲解：[Link](数位DP笔记(DFS做法) - AcWing)

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 1e5 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
	e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int m, k;
LL n;
int a[N], cnt;
LL f[31][2][8];
LL dfs(int u, int limit, int state) {
	if (!u) return state == 7;
	LL &t = f[u][limit][state];
	if (~t) return t;	
	LL res = 0;
	int up = limit ? a[u] : 1;

	for (int i = 0; i <= up; i ++) 
		if (!i) {
			res += dfs(u - 1, limit && i == up, state);
			if (state >= 6) 
			res += dfs(u - 1, limit && i == up, state | 1);
		}
		else {
			res += dfs(u - 1, limit && i == up, state | 2);
			res += dfs(u - 1, limit && i == up, state | 4);
		}
	
	return t = res; 	
}
LL dp(LL x) {
	cnt = 0;
	memset(f, -1, sizeof f);	
	while (x) {
		a[++cnt] = x & 1;
		x >>= 1;		
	}	
	return dfs(cnt, 1, 0) * 3;
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
	int T;
	cin >> T;
	while (T -- ) {		
		cin >> n;
		cout << dp(n) << '\n';
	}
	return 0;
}

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