bzoj3209 花神的数论题—

题目大意：

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。

要对10000007（非质数）取模

n<=10^15

分析：

O(nlogn)暴力显然可以想出来。显然会tle

这是从1~n一个一个枚举并变成二进制算的，但是我们是否可以向普通的数位dp，一次性枚举许多个数呢？

二进制的n，大概最多50位。例如21=10101.它显然可以拆成二进制下的10000+100+1

那么，我们是否可以尝试着去先算出来1~10..0的sum乘积？

假设这是一个n位数，也就是有n-1个零

考虑只有一个1的数字个数，C(n,1)，即，在n个位置上，取1个位置变成1的方案数。那么，sum[i]=1的数的贡献就是1^c(n,1)

只有二个1，C(n-1,2)，注意，是n-1位，因为除了特殊的10..000之外，其他的数都只有n-1个位置可放1。同理，sum[i]=2的数的贡献就是2^c(n-1,2),因为本身就是连乘嘛，交换律结合律就先把不同个数的数所做的贡献乘起来。

三个1同理。

……

以21=10101为例，这样我们可以切掉n的第一个10000以下的方案。

现在我们要处理10001~10100的方案数，我们仍然可以利用刚才处理100的思路，

只是，放一个1在最后的三位，必然每次都要加上之前已经有过的那一个1（10000），所以，是2^c(3,1)

2个1同理，是3^c(2,2)

这样，就解决问题了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=10000007;
ll ans=1;
ll sum;
ll wei;
ll c[52][52];
ll n;
ll qm(ll x,ll y)
{ll ret=1,base=x;while(y){if(y&1) ret=(ret*base)%mod;base=(base*base)%mod;y>>=1;}return ret;
}
int main()
{c[0][0]=1;for(int i=1;i<=50;i++){c[i][0]=1;for(int j=1;j<=50;j++)c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];}//直接打表就好，//注意，组合数将作为指数部分，不能取模 C(50,25)long long也开的下，scanf("%lld",&n);wei=0;sum=0;//sum，已经处理出来的之前的1的个数 for(wei=50;wei>=1;wei--)//按位枚举
    {if(n&((ll)1<<wei-1)){ans=(ans*qm(sum+1,wei))%mod;//处理1个的特殊情况 for(int k=sum+2,s=2;k<=sum+wei-1;k++,s++){ans=(ans*qm(k,c[wei-1][s]))%mod;}sum++;        }}printf("%lld",ans);return 0;
}

总结：

数位dp的最初思想的来源，就是利用整千，整万，整十万的整齐特殊性质，可以利用可以想到的数学方法，对枚举进行大幅的简化，直接减少到O(logn)

这个题其实算是数位dp的裸题，还是比较常规的。

对于其他的符合规定的第k小的数（启示录），是先预处理整位的情况，再按位枚举，考虑每个数能填几，从而类似康拓展开，找到第k小的数。

或者[l,r]区间内多少个满足限制的数，前缀和思想，求l-1以内，再求r以内做差就好。

转载于:https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9090196.html

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