题意:

  给一个二进制数n,求满足0<=j<=i<=n且i&&n==i&&i&j==0的数对(i,j)有多少对,n可能有前导0.

解析:

  对一一个特定的i(例如0101010)来说,设从低位到最高位的1之间有x个0,可选择的j就是2x种(i为0的位置j可以选0/1,i为1的位置j为0),从低位向高位枚举每个数字,当遇到1时,让他做最高位的1,设这个1的低位中有y个1和x个0,简单推导得到有2x*∑Cyi2i=2x*3y种方案。(∑Cni2i值得一提的是这个的物理意义就是枚举每个子集的每个子集,是子集dp的时间复杂度)

代码:

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set> using namespace std; typedef long long ll;
const int mod=1e9+;
const int maxn=1e5+;
ll num2[maxn];
ll num3[maxn];
char a[maxn]; int main(){
ll t;
scanf("%lld",&t);
getchar();
num2[]=num3[]=;
for(int i=;i<maxn;i++){
num2[i]=(num2[i-]*)%mod;
num3[i]=(num3[i-]*)%mod;
}
while(t--){
scanf("%s",a);
ll len=strlen(a);
ll y,x;
y=x=;
ll num=;
for(ll i=len-;i>=;i--){
if(a[i]==''){
num=(num+(num2[x]*num3[y])%mod)%mod;
y++;
//printf("%lld %lld %lld \n",num2[x],num3[y],num);
}
else x++;
}
num=(num+)%mod;//只算了i的最高位位1的情况,要算上i==0的情况
printf("%lld\n",num);
}
return ;
}

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