Solution -「校内题」Xorequ
0x00 前置芝士
数位dp考试里出现的小神题??
显然考场会选择打表找规律。
数位dp + 矩阵快速幂
0x01 题目描述
给定正整数 \(n\),现有如下方程 \(x \bigoplus 3x = 2x\),其中 \(\bigoplus\) 表示按位异或。
任务如下:
- 求出小于等于 \(n\) 的正整数中,有多少个数是该方程的解
- 求出小于等于 \(2^n\) 的正整数中,有多少个数是该方程的解,答案对 \(10^9 + 7\) 取模
0x02 分析
第一问
试证明满足 \(x \bigoplus 2 \times x = 3 \times x\) 的 \(x\),二进制拆分数列里没有相邻的 \(1\)。
条件可化为 \(x \bigoplus 2 \times x = x + 2 \times x\)。
若有相邻的 \(1\),二倍后即错位相加,定会产生多余进位,得不到右边的答案,故矛盾。故原命题成立。
例:
0 0 1 1
0 1 1 0
推论: 设 \(f(a, b)(b \in \{0, 1\})\) 表示第 \(a - 1\) 一位为 \(b\) 的数中共有多少个满足条件的数。
则 \(f(a, 0) = f(a - 1, 1) + f(a - 2, 0)\),\(f(a, 1) = f(a - 1, 0)\)。证明显然。
第二问
试证明小于 \(2 ^ n\) 的满足 \(x \bigoplus 2 \times x = 3 \times x\) 的 \(x\) 的个数为斐波那契数列第 \(n\) 项。
记 \(g(a) = f(a, 0) + f(a, 1)\)。利用第一问结论推论,推导如下。
\(g(a) = f(a, 0) + f(a, 1)\)
\(g(a) = f(a - 1, 1) + f(a - 1, 0) + f(a - 1, 0)\)
\(g(a) = g(a - 1) + f(a - 2, 1) + f(a - 2, 0)\)
\(g(a) = g(a - 1) + g(a - 2)\)
0x04 具体实现
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXL = 105;
const int MAXN = 4;
const int mod = 1e9 + 7;
int flag[MAXL], a[MAXL];
LL dp[MAXL][MAXL][2][2];
struct Matrix {
int n, m;
LL mp[MAXN][MAXN];
Matrix() { memset(mp, 0, sizeof mp); }
Matrix operator * (const Matrix &x) const {
Matrix ans;
ans.n = n;
ans.m = x.m;
for (int i = 1; i <= ans.n; i++)
for (int j = 1; j <= ans.m; j++)
for (int k = 1; k <= m; k++)
ans.mp[i][j] = (ans.mp[i][j] + (mp[i][k] * x.mp[k][j]) % mod) % mod;
return ans;
}
};
Matrix Quick_pow(Matrix a, LL x) {
Matrix ans;
ans.n = 2;
ans.m = 2;
ans.mp[2][2] = 1;
ans.mp[1][1] = 1;
ans.mp[1][2] = 0;
ans.mp[2][1] = 0;
while (x) {
if (x & 1)
ans = ans * a;
a = a * a;
x >>= 1;
}
return ans;
}
LL dfs(int p, int last, bool k, bool limit, bool t) {
if(p <= 0)
return !t && k;
if(!limit && dp[p][last][t][k] != -1)
return dp[p][last][t][k];
int up = limit ? flag[p] : 1;
LL ans = 0;
for(int i = 0; i <= up; i++)
ans = (ans + dfs(p - 1, i, t || last == -1 || (k && i == 1 && last == 0)
|| (k && i == 0 && last == 0) || (k && i == 0 && last == 1), limit && (i == up), (t && !i)));
if(!limit)
dp[p][last][t][k] = ans;
return ans;
}
LL Query(LL x) {
int len = 0;
while(x) {
flag[++len] = (x & 1);
x >>= 1;
}
return dfs(len, -1, true, true, true);
}
int main() {
memset(dp, -1, sizeof dp);
int T;
scanf ("%d", &T);
while(T--) {
LL n;
scanf ("%lld", &n);
printf("%lld\n", Query(n));
Matrix A, cur, ans;
A.n = 2, A.m = 2;
A.mp[1][1] = 0;
A.mp[1][2] = 1;
A.mp[2][1] = 1;
A.mp[2][2] = 1;
ans = Quick_pow(A, n);
cur.n = 1, cur.m = 2;
cur.mp[1][1] = 1;
cur.mp[1][2] = 1;
ans = cur * ans;
printf("%lld\n", ans.mp[1][2] % mod);
}
return 0;
}
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