题意

给你一个集合SSS，初始集合内含有nnn个数，让后按照一下三个规则无限的向集合中添加数：

对于所有的1≤i≤n,x=ai1\le i\le n,x=a_i1≤i≤n,x=ai都在集合中。
对于所有的x=2y+1,y∈Sx=2y+1,y\in Sx=2y+1,y∈S，都可以将xxx加入集合。
对于所有的x=4y,y∈Sx=4y,y\in Sx=4y,y∈S都可以将x加入集合。

问集合中小于2p2^p2p的数有多少个，对1e9+71e9+71e9+7取模。

1≤n,p≤2e5,1≤ai≤1e91\le n,p\le 2e5,1\le a_i\le 1e91≤n,p≤2e5,1≤ai≤1e9

思路

ppp是2e52e52e5级别的，肯定是要找规律了，考虑两中操作对于二进制来说都发生了什么：

对于第二种操作，无非就是在二进制序列的最后加上了一个111，长度增加111。
对于第三种操作，无非就是在二进制序列的最后加上了两个000，长度增加222。

而小于2p2^p2p也就是小于等于ppp个111，所以就可以转换成将某个数xxx的二进制长度加到ppp的方案数，也就是个数了，这个可以由dp[i]=dp[i−1]+dp[i−2]dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]dp[i]=dp[i−1]+dp[i−2]的经典dpdpdp来得到，让后做一个前缀和，算一下dp[p−len(x)]dp[p-len(x)]dp[p−len(x)]就是答案了。

但是这样直接来会有重复的情况，但是我们发现如果找到根的话，让后就可以根据根来去重，对于每个数，能构成他的数最多有lognlognlogn个，所以我们直接找到他的所有父亲，拿mapmapmap去重一下即可。

由于用到了mapmapmap，所以复杂度O(nlog2n)O(nlog^2n)O(nlog2n)。

#include<bits/stdc++.h>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define pb push_back
using namespace std;const int N=1000010,INF=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
typedef long long LL;int n,p;
int f[N],a[N];void solve() {f[1]=1; f[2]=2;for(int i=3;i<N;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;for(int i=2;i<N;i++) (f[i]+=f[i-1])%=mod;map<int,int>mp;scanf("%d%d",&n,&p);for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%d",&a[i]);}sort(a+1,a+1+n);LL ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) {int val=a[i];bool flag=true;while(val) {if(mp.count(val)) flag=false;if(val&1) val>>=1;else if(val&3) break;else val>>=2;}if(!flag) continue;ans++;int cnt=(int)log2(a[i])+1;ans+=f[max(0,p-cnt)];if(p<cnt) ans--;ans+=mod;ans%=mod;mp[a[i]]=1;}printf("%lld\n",ans);
}int main() {int _=1;while(_--) {solve();}return 0;
}

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CF 1635 D. Infinite Set 思维 + 二进制

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