【无码专区11】异或2（结论 / 推式子 + 哈希hash + 大整数高精度加减乘除重载考察）

本题已自我实现。但仍归于无码专区

problem

求 ∑i=1n−1i⨁(n−i)\sum_{i=1}^{n-1}i\bigoplus (n-i)∑i=1n−1i⨁(n−i)。

20%,n≤1e6;;50%,n≤1e9;;70%,n≤1e18;;100%,n≤1050020\%,n\le 1e6;;50\%,n\le 1e9;;70\%,n\le 1e18;;100\%,n\le 10^{500}20%,n≤1e6;;50%,n≤1e9;;70%,n≤1e18;;100%,n≤10500。

1s,128MB1s,128MB1s,128MB。

my idea

当看到 nnn 的数据范围且不取模的那一刻，我就知道大整数跑不掉了。

最基础 20%20\%20% ，直接暴力做。

会发现 i⨁(n−i)=(n−i)⨁ii\bigoplus (n-i)=(n-i)\bigoplus ii⨁(n−i)=(n−i)⨁i，所以其实上是 2∑i=1n−12i⨁(n−i)2\sum_{i=1}^{\frac{n-1}{2}}i\bigoplus (n-i)2∑i=12n−1i⨁(n−i) 大概这样的。

我曾试图每一位单独考虑，但很难下手。

直观地，我能感受到是 logloglog 的正解。

但由于对异或计算法则的不了解，我觉得自己并不能做出这道题来。

solution

i⨁(n−i)=(n−i)⨁i⇒2∑i=1n−12i⨁(n−i)i\bigoplus (n-i)=(n-i)\bigoplus i\Rightarrow 2\sum_{i=1}^{\frac{n-1}{2}}i\bigoplus (n-i)i⨁(n−i)=(n−i)⨁i⇒2∑i=12n−1i⨁(n−i)，真的就是正解的关键所在。

如果我在考场上继续细想，应该是能找到规律的。

n=2k+1n=2k+1n=2k+1

f(n)=∑i=1n−1i⨁(n−i)=2∑i=1k2i⨁(2k+1−2i)f(n)=\sum_{i=1}^{n-1}i\bigoplus (n-i)=2\sum_{i=1}^k2i\bigoplus(2k+1-2i)f(n)=∑i=1n−1i⨁(n−i)=2∑i=1k2i⨁(2k+1−2i)

因为 2i,2k,2k−2i2i,2k,2k-2i2i,2k,2k−2i 均为偶数，所以每次异或，202^020 为是 111。

⇒f(n)=2∑i=1k2i⨁(2k−2i)+2k\Rightarrow f(n)=2\sum_{i=1}^k2i\bigoplus (2k-2i)+2k⇒f(n)=2∑i=1k2i⨁(2k−2i)+2k

参与异或的只有偶数，整体右移 111。

⇒f(n)=4∑i=1ki⨁(n−i)+2k\Rightarrow f(n)=4\sum_{i=1}^ki\bigoplus (n-i)+2k⇒f(n)=4∑i=1ki⨁(n−i)+2k

感觉很有机会转化成一半的子问题，把 i=ki=ki=k 提出来。

⇒f(n)=4∑i=1k−1i⨁(n−i)+4(k⨁0)+2k\Rightarrow f(n)=4\sum_{i=1}^{k-1}i\bigoplus (n-i)+4(k\bigoplus0)+2k⇒f(n)=4∑i=1k−1i⨁(n−i)+4(k⨁0)+2k

⇒f(n)=4f(k)+6k\Rightarrow f(n)=4f(k)+6k⇒f(n)=4f(k)+6k
n=2kn=2kn=2k

f(n)=∑i=1n−1i⨁(n−i)=∑i=1k2i⨁(2k−2i)+∑i=1k(2i−1)⨁(2k−2i+1)f(n)=\sum_{i=1}^{n-1}i\bigoplus (n-i)=\sum_{i=1}^k2i\bigoplus(2k-2i)+\sum_{i=1}^k(2i-1)\bigoplus(2k-2i+1)f(n)=∑i=1n−1i⨁(n−i)=∑i=1k2i⨁(2k−2i)+∑i=1k(2i−1)⨁(2k−2i+1)

⇒f(n)=2f(k)+∑i=0k−1(2i+1)⨁(2k−2i−1)\Rightarrow f(n)=2f(k)+\sum_{i=0}^{k-1}(2i+1)\bigoplus(2k-2i-1)⇒f(n)=2f(k)+∑i=0k−1(2i+1)⨁(2k−2i−1)

⇒f(n)=2f(k)+∑i=0k−1(2i+1)⨁[2(k−1)−2i+1]\Rightarrow f(n)=2f(k)+\sum_{i=0}^{k-1}(2i+1)\bigoplus[2(k-1)-2i+1]⇒f(n)=2f(k)+∑i=0k−1(2i+1)⨁[2(k−1)−2i+1]

2i+12i+12i+1 是奇数，2(k−1)−2i+12(k-1)-2i+12(k−1)−2i+1 也是奇数，所以异或后 202^020 二进制位一定是 000。

那么就不管了，直接整体右移 111。

⇒f(n)=2f(k)+2∑i=0k−1i⨁(k−1−i)\Rightarrow f(n)=2f(k)+2\sum_{i=0}^{k-1}i\bigoplus(k-1-i)⇒f(n)=2f(k)+2∑i=0k−1i⨁(k−1−i)

感觉很有机会转化成一半的子问题，把 i=0,i=k−1i=0,i=k-1i=0,i=k−1 提出来。

⇒f(n)=2f(k)+4(k−1)+2∑i=1k−2i⨁(k−1−i)\Rightarrow f(n)=2f(k)+4(k-1)+2\sum_{i=1}^{k-2}i\bigoplus(k-1-i)⇒f(n)=2f(k)+4(k−1)+2∑i=1k−2i⨁(k−1−i)

⇒f(n)=2f(k)+2f(k−1)+4k−4\Rightarrow f(n)=2f(k)+2f(k-1)+4k-4⇒f(n)=2f(k)+2f(k−1)+4k−4

直接记忆化搜索，最后就是要写大整数加减乘除赋值了。

trick
因为我曾试图用 map<Int,Int> 来记录 f[n]f[n]f[n]，但是没写过。
重载 SLT 内部运算真的搞崩了。
所以我将字符串进行了自然溢出的 hash
map<ull,Int> 就不用管重载 map 的 < 了。
最后就是空间比较小，我写的是数组，不是 vector 存大数。
只知道 1000 太小，1500 太大。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
struct Int {int len, v[1300]; ull Hash;Int() { len = 1; memset( v, 0, sizeof( v ) ); }Int( int x ) { memset( v, 0, sizeof( v ) ); v[len = 1] = x; calc(); }void read() {char s = getchar(); len = 0;while( '0' <= s and s <= '9' ) {v[++ len] = s ^ 48;s = getchar();}reverse( v + 1, v + len + 1 );}void print() { for( int i = len;i;i -- ) printf( "%d", v[i] ); puts(""); }void calc() { Hash = 1; for( int i = 1;i <= len;i ++ ) Hash = Hash * 131 + v[i]; }Int operator + ( Int x ) {Int ans;int ip = 1;while( ip <= len or ip <= x.len ) {ans.v[ip + 1] = ( v[ip] + x.v[ip] + ans.v[ip] ) / 10;ans.v[ip] = ( v[ip] + x.v[ip] + ans.v[ip] ) % 10;ip ++;}while( ip > 1 and ! ans.v[ip] ) ip --;ans.len = ip;ans.calc();return ans;}Int operator - ( int k ) {Int ans;Int x( k );int ip = 1;while( ip <= len or ip <= x.len ) {ans.v[ip] = v[ip] - x.v[ip];if( ans.v[ip] < 0 ) v[ip + 1] --, ans.v[ip] += 10;ip ++;}while( ip > 1 and ! ans.v[ip] ) ip --;ans.len = ip;ans.calc();return ans;}Int operator * ( int x ) {Int ans;ans.len = len + 1;for( int i = 1;i <= len;i ++ ) {ans.v[i + 1] = ( ans.v[i] + v[i] * x ) / 10;ans.v[i] = ( v[i] * x + ans.v[i] ) % 10;}while( ans.len > 1 and ! ans.v[ans.len] ) ans.len --;ans.calc();return ans;}Int operator / ( int x ) {Int ans; int k = 0;ans.len = len;for( int i = len;i;i -- ) {k = ( k << 1 ) + ( k << 3 ) + v[i];ans.v[i] = k / x;k %= x;}while( ans.len > 1 and ! ans.v[ans.len] ) ans.len --;ans.calc();return ans;}Int operator = ( Int x ) {len = x.len;Hash = x.Hash;memcpy( v, x.v, sizeof( x.v ) );return *this;}};
map < ull, Int > f;Int dfs( Int n ) {if( f.count( n.Hash ) ) return f[n.Hash];if( n.len == 1 and ( n.v[1] == 1 or n.v[1] == 0 ) ) return (Int)0;if( n.v[1] & 1 ) f[n.Hash] = dfs( n / 2 ) * 4 + n / 2 * 6;else f[n.Hash] = dfs( n / 2 ) * 2 + dfs( n / 2 - 1 ) * 2 + n * 2 - 4;return f[n.Hash];
}signed main() {freopen( "rox.in", "r", stdin );freopen( "rox.out", "w", stdout );Int n;n.read(); dfs( n ).print();return 0;
}

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