[BZOJ 3209] 花神的数论题

最新推荐文章于 2018-10-29 10:05:50 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/newera/p/9229042.html

本文解析了BZOJ3209题目的解决方案，通过数位DP的方法来解决该问题，首先将1的个数相同的项进行合并，并定义$f[i]$为二进制中1的个数恰好为$i$的数的个数，最终答案为各$f[i]$对应的幂次乘积。文章详细介绍了如何通过预处理组合数进行快速计算。

Link:

BZOJ 3209 传送门

Solution:

首先，可以将1的个数相同的项合并

设$f[i]$为二进制中1的个数恰好为$i$的数的个数，

则所求为$1^{f[1]}*2^{f[2]}*3^{f[3]}*4^{f[4]}..........*n^{f[n]}$

接下来，感觉$f[i]$非常数位$dp$，从高到低枚举即可

实际上对于此题不必进行$dfs$，毕竟对于每位都只有2种选择，使用预处理出的组合数推一推就好了

Code:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=70,MOD=10000007;
ll n,dgt[MAXN],tot=0,cnt=0;
ll C[MAXN][MAXN],res=1;

ll quick_pow(ll a,ll b)
{
    ll ret=1; 
    for(;b;b>>=1,a=a*a%MOD)
        if(b&1) ret=ret*a%MOD;
    return ret;
}

int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=65;i++)
    {
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=65;j++)
            C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
    }
    for(;n;n>>=1) dgt[++tot]=(n&1);
    for(;tot;tot--)
    {
        if(dgt[tot])
            for(int i=(cnt==0);i<tot;i++) //对还剩tot位未确定时的统计
                res=res*quick_pow(cnt+i,C[tot-1][i])%MOD;
        cnt+=(dgt[tot]==1);
    }
    printf("%lld",1ll*res*cnt%MOD);
    return 0;
}