【BZOJ3209】花神的数论题 题解

3209: 花神的数论题

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Description

背景
众所周知，花神多年来凭借无边的神力狂虐各大 OJ、OI、CF、TC …… 当然也包括 CH 啦。
描述
话说花神这天又来讲课了。课后照例有超级难的神题啦…… 我等蒟蒻又遭殃了。
花神的题目是这样的
设 sum(i) 表示 i 的二进制表示中 1 的个数。给出一个正整数 N ，花神要问你
派(Sum(i)),也就是 sum(1)—sum(N) 的乘积。

Input

一个正整数 N。

Output

一个数，答案模 10000007 的值。

Sample Input

样例输入一

3

Sample Output

样例输出一

2

HINT

对于样例一，1*1*2=2；

数据范围与约定

对于 100% 的数据，N≤10^15

Source

原创 Memphis

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    一道很水的数学题。

    我看了下大佬们写的题解，全都是用数位dp做的，难道只有我把这道题当数学题吗？好吧，看来我还是太弱了。

    那我就来讲讲我的思路吧。我们先假设$n$恰好等于$2^{x}$，我们会很轻松地得到一个结论

$$\prod_{i=1}^{2^{x}}sum(i)=\prod_{i=1}^{x}i^{C_{x}^{i}}$$ ，用$O(x)$的时间即可求解。

    那么如果$n=2^{x_1}+2^{x_2}+...+2^{x_k}(x_{1}>x_{2}>...>x_{k}\geq0)$呢？我们可以先算出$1$到$2^{x_1}$的答案，再算出$2^{x_1}+1$到$2^{x_1}+2^{x_2}$的答案，以此类推，最后乘起来，后者也并不难算，只要把累乘的数的底数+1就行了，所以我们有了最后的式子:

    当$n=2^{x_1}+2^{x_2}+...+2^{x_k}(x_{1}>x_{2}>...>x_{k}\geq0)$时，

$$ans=\prod_{i=1}^{k}(\prod_{j=1}^{x_i}(j+i-1)^{C_{x_i}^{j}}·i)$$

    加上预处理组合数和快速幂，时间复杂度：$O(64·log_2^2n)$。

    附上代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
long long c[61][61];
const int md=10000007;
long long n;
int ans=1;
int qmul(int x,long long p)
{
    if(p==0LL)return 1;
    if(p==1LL)return x;
    int res=qmul(x,p>>1LL);
    res=1LL*res*res%md;
    if(p&1LL)res=1LL*res*x%md;
    return res;
}
int getphi(int x)
{
    int tmp=x;
    for(int i=2;i*i<=tmp;i++)
    {
        if(tmp%i==0)
        {
            x=x*(i-1)/i;
            while(tmp%i==0)tmp/=i;
        }
    }
    if(tmp>1)x=x*(tmp-1)/tmp;
    return x;
}
int main()
{
    c[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=60;i++)
    {
        c[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;j++)
        {
            c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
        }
    }
    int s=0;
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=60;i>=0;i--)
    {
        if(n>>(long long)i&1LL)
        {
            ans=1LL*ans*(s+1)%md;
            for(int j=s+1;j<=s+i;j++)
            {
                ans=1LL*ans*qmul(j,c[i][j-s])%md;
            }
            s++;
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}