HDU 6304 2018多校第一场1007

考场上全写B题去了，没看这题的规律，不行啊我要多练找规律的题啊。

晚上看dls直播，除去第1项的1，从第2项开始，规律:1 3 5 7.....出现一次，2,6,10,14出现2次，4,12,20出现3次，其实这个数列在OEIS上是搜的出的，然而至今我还不太会看OEIS上的东西。。。。

那么由上面的规律，我们首先要知道比n小的那个完全出现完的数字是多少，dls说可以从n/2-100到n/2+100二分后再变求答案边求项数，最后输出那个正确记录的答案，这也是个规律吧，我没太想清楚，但是这样可以变成logn*log（200）的复杂度，就可以过了，然而第二天多校交流群里有位dalao丢出了一个getlast函数logn，我也想不太清楚，但就是能求出最后一个完全出现完的数字lastnum是多少。

求出lastnum之后，我们发现上面那些序列是等差的，而且出现1次的lowbit是1，出现2次的lowbit是2，出现3次的是4，那么我们只要求出lowbit相同的<=num的最后一个数字up[i]后等差数列求和就行了，我脑补出了一种做法，假设当前数字的二进制是1010011，那么up[0]=1010011,去掉那1位后num=1010010,up[1]=1010010,之后num=1010000，而up[2]就有个技巧了，up[2]=num-1-(mi[2]-1)=1001111-11=1001100，这就是小于lastnum的lowbit为4的最大数，因为对于第i位如果他在原数中是0的话，那么所求的up[i]必定是吧此时的lowbit(num)减掉，再把从第i位到lowbit-1位全部变成1，从第0到第i-1位全部变成0。

求出up[i]后，就枚举i然后等差数列求和了，一次处理复杂度logn

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define mod 1000000007

long long n,ans;
long long up[63];
long long mi[63],ni[63];

inline long long read()
{
    long long x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
} 

inline long long getlast()
{
	long long tmp=0,num=0;
	for(int i=62;i>0;i--)
	if(tmp+(1LL<<i)-1<=n)
	{
		tmp+=(1LL<<i)-1;
		num+=(1LL<<(i-1));
	}
	ans=((n-tmp)%mod)*((num+1)%mod)%mod;
	return num;
}

inline void prework()
{
    memset(up,0,sizeof(up));
    n=read();n--;ans=0;
    long long lastnum=getlast();
    long long num=lastnum,num2=lastnum,lowbit,x,upnum;
    int l;
    for(int i=0;i<=61;i++)
	{
		x=mi[i];
    	if(x>num)
    		break;
    	if(num&x)
    	{
    		l=(int)(log2(1.0*x)+0.1);
			if(num>up[l])
            	up[l]=num;
    		num^=x;
    	}
		else
    	{
    		lowbit=num&-num;
			upnum=num-1-(mi[i]-1);
			l=(int)(log2(1.0*x)+0.1);
			if(upnum>up[l])
            	up[l]=upnum;
		}
	}

}

inline void mainwork()
{
    long long num,sum;
    for(int i=0;i<=61;i++)
    {
        if(!up[i])
            break;
        num=((up[i]-mi[i])/mi[i+1]+1)%mod;
        sum=( (((mi[i]+up[i])%mod) *num%mod)*ni[2])%mod;
        ans=(ans+sum*(i+1))%mod;
    }
}

inline void print()
{
    ans=(ans+1)%mod;
    printf("%lld\n",ans);
}

inline long long qp(long long a,long long b)
{
	long long ans=1,cnt=a;
	while(b)
	{
		if(b&1)
			ans=(ans*cnt)%mod;
		cnt=(cnt*cnt)%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
    mi[0]=1;
    for(int i=1;i<=61;i++)
    	mi[i]=mi[i-1]<<1;
    ni[2]=qp(2,mod-2);
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for(int i=1;i<=t;++i)
    {
        prework();
        mainwork();
        print();
    }
    return 0;
}

今天发现机房某dalao有另一种规律，更加方便的写法

发现对于1,3,5,7,9出现1次，2,6,10,14出现2次这些数列，其实可以看做1,2,3,4,5，..lastnum这个数列

加2,4,6,8,10，..加4,8，12，...这个数列。吧后面的数列跟前面的合并得到这些数列。

那么就可以很快速的求出每个数列项数cnt，然后也是logn枚举每一个2次幂了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define mod 1000000007

long long n,ans,lastnum;
long long up[63];
long long mi[63],ni[63];

inline long long read()
{
    long long x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
} 

inline long long getlast()
{
	long long tmp=0,num=0;
	for(int i=62;i>0;i--)
	if(tmp+(1LL<<i)-1<=n)
	{
		tmp+=(1LL<<i)-1;
		num+=(1LL<<(i-1));
	}
	ans=((n-tmp)%mod)*((num+1)%mod)%mod;
	return num;
}

inline void prework()
{
 //   memset(up,0,sizeof(up));
    n=read();n--;ans=0;
    lastnum=getlast();
/*    long long num=lastnum,num2=lastnum,lowbit,x,upnum;
    int l;
    for(int i=0;i<=61;i++)
	{
		x=mi[i];
    	if(x>num)
    		break;
    	if(num&x)
    	{
    		l=(int)(log2(1.0*x)+0.1);
			if(num>up[l])
            	up[l]=num;
    		num^=x;
    	}
		else
    	{
    		lowbit=num&-num;
			upnum=num-1-(mi[i]-1);
			l=(int)(log2(1.0*x)+0.1);
			if(upnum>up[l])
            	up[l]=upnum;
		}
	}*/

}

inline void mainwork()
{
    long long num,sum,cnt;
    for(int i=0;i<=61;i++)
    {
        /*if(!up[i])
            break;*/
        if(mi[i]>lastnum)
        	break;
        cnt=lastnum/mi[i];
        up[i]=cnt*mi[i];
//        num=((up[i]-mi[i])/mi[i+1]+1)%mod;
		num=(mi[i]%mod+up[i]%mod)%mod;
        sum=( (num*(cnt%mod)%mod) *ni[2])%mod;
//        ans=(ans+sum*(i+1))%mod;
    	ans=(ans+sum)%mod;
	}
}

inline void print()
{
    ans=(ans+1)%mod;
    printf("%lld\n",ans);
}

inline long long qp(long long a,long long b)
{
	long long ans=1,cnt=a;
	while(b)
	{
		if(b&1)
			ans=(ans*cnt)%mod;
		cnt=(cnt*cnt)%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
    mi[0]=1;
    for(int i=1;i<=61;i++)
    	mi[i]=mi[i-1]<<1;
    ni[2]=qp(2,mod-2);
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for(int i=1;i<=t;++i)
    {
        prework();
        mainwork();
        print();
    }
    return 0;
}