bzoj 3329: Xorequ 数位dp+矩阵快速幂_异或和矩阵幂-优快云博客

本文详细解析了一道算法题，题目要求求解方程x xor 3x=2x在特定区间内的解的数量。通过将原方程转化为x xor 2x=3x的形式，文章提出了两种解决方案：一是使用数位DP，二是利用矩阵快速幂。对于第一种方法，我们定义了状态f[i][0/1][0/1]来表示当前处理到第i位的情况；第二种方法则通过满足f[i]=f[i-1]+f[i-2]的规律，采用矩阵快速幂进行高效计算。

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题目大意：
给定方程 $3x=2xx\ xor\ 3x=2x$ 。
询问当 $x∈[1,n]x\in[1,n]$ 和 $x∈[1,2n]x\in[1,2^n]$ 时解的个数。

分析：
原方程等价于 $2x=3xx\ xor\ 2x=3x$ ，也就是这个数向左移动一位后所有的 $1$ 都错开了，也就是满足任意两个 $1$ 不能相邻。
第一问考虑数位dp，设 $f [i] [0 / 1] [0 / 1]$ 表示做到第 $i$ 位，最高位是 $0 / 1$ ，当前表示的数字比原数大（小）的方案数，转移显然。
第二问满足 $f [i] = f [i - 1] + f [i - 2]$ ，矩阵快速幂即可。

代码：

/**************************************************************
    Problem: 3329
    User: ypxrain
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:40 ms
    Memory:1300 kb
****************************************************************/
 
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long
 
const LL mod=1e9+7;
const int maxn=307;
 
using namespace std;
 
int T;
LL n;
LL f[maxn][2][2];
 
struct rec{
    LL a[3][3];
}A,B;
 
rec operator *(rec a,rec b)
{
    rec c;
    for (int i=1;i<=2;i++)
    {
        for (int j=1;j<=2;j++) c.a[i][j]=0;
    }
    for (int k=1;k<=2;k++)
    {
        for (int i=1;i<=2;i++)
        {
            for (int j=1;j<=2;j++)
            {
                c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j]%mod)%mod;
            }
        }
    }
    return c;
}
 
void power(LL k)
{
    if (k==1) 
    {
        A=B;
        return;
    }
    power(k/2);
     
    A=A*A;
    if (k%2) A=A*B;
}
 
int main()
{
    B.a[1][1]=0,B.a[1][2]=1,B.a[2][1]=1,B.a[2][2]=1;
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {       
        scanf("%lld",&n);
        f[0][0][0]=1;
        int j=1;            
        for (LL i=n;i>0;i>>=1,j++)
        {
            if (i&1)
            {
                f[j][0][0]=f[j-1][0][0]+f[j-1][1][0]+f[j-1][0][1]+f[j-1][1][1];
                f[j][0][1]=0;
                f[j][1][0]=f[j-1][0][0];
                f[j][1][1]=f[j-1][0][1];
            }
            else
            {
                f[j][0][0]=f[j-1][0][0]+f[j-1][1][0];
                f[j][0][1]=f[j-1][0][1]+f[j-1][1][1];
                f[j][1][0]=0;
                f[j][1][1]=f[j-1][0][0]+f[j-1][0][1];
            }
        }       
        j--;        
        printf("%lld\n",f[j][0][0]+f[j][1][0]-1);       
        power(n);
        printf("%lld\n",(A.a[1][2]+A.a[2][2])%mod);
    }
}