[题解] BZOJ 3209 花神的数论题

BZOJ 3209 花神的数论题

题目描述 Description
背景
众所周知，花神多年来凭借无边的神力狂虐各大 OJ、OI、CF、TC …… 当然也包括 CH 啦。
描述
话说花神这天又来讲课了。课后照例有超级难的神题啦…… 我等蒟蒻又遭殃了。
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
$\prod(Sum(i))$,也就是 $sum(1)$~$sum(N)$ 的乘积。

输入描述 Input Description
一个正整数 N

输出描述 Output Description
一个数，答案模 10000007 的值

样例输入 Sample Input
3

样例输出 Sample Output
2

数据范围及提示 Data Size & Hint
对于 100% 的数据，$N≤10^{15}$

Solution

这是一道神仙题啊
有两种思路
1. 数论
2. 数位DP

让我们先来看看数论做法

数论

如果有m个空让你随便填1或者0,那么这样的答案很容易统计出来
$ans=\prod i^{C^i_m}$
那么怎样才能有m个空让你随便填呢?
若$n=2^m$
则转化为2进制形式就大概为$10...0$,共m个0
若最高位选0,则后面m个空随你填
若最高位选1,则后面一个空都不能填

现在我们将其推广
若$n=2^{k1}*2^{k2}...(k1>k2>...)$,显然是可以取到所有整数的

对于$2^{k1}$来说,我们直接计算该位($k1+1$位)取0,然后后面$k1$位任选的情况
对于$2^{k2}$来说,为了避免重复,同时也为了避免过限制,所以直接计算$k1+1$位取1,然后$k2+1$位取0,后面$k2$位任选的情况
后面同理
意思是从最高位开始每次确定一位

但是把答案统计出来后发现没有取到$sum(n)$,也就是说最大值是没有取到的(取到$\prod^{n-1}_{i=1}sum(i)$)
直接求n+1的答案就好了(取到$\prod^n_{i=1}sum(i)$)

再来看看数位DP方法

数位DP

思想类似
只不过m个空随便填0或者1我们可以用DP处理出来
用$f[i][j]$表示共i个空填j个1的数量
显然$f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]$

好像有什么不对劲的地方
这不就是组合数么…

好的,这两种方法我们就将其统一了QwQ
所以打出来也是一样的…
不知道为啥感觉好蠢…

代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 10000007;
typedef long long ll;
bool check[70];
ll c[70][70];
ll read() {
    ll ans=0,flag=1;
    char ch=getchar();
    while((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
    if(ch=='-') { flag=-1;ch=getchar(); }
    while(ch>='0' && ch<='9') { ans=ans*10+ch-'0';ch=getchar(); }
    return ans*flag;
}
ll qpow(ll a,ll b) {
    ll ans=1;
    while(b) {
        if(b&1) {
            ans*=a;
            ans%=mod;
        }
        a*=a;
        a%=mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
ll cal(ll tot,ll x) {
    ll sum=1;
    if(tot) sum*=tot;
    for(int i=1;i<=x;i++) {
        sum*=qpow(tot+i,c[x][i]);
        sum%=mod;
    }
    return sum;
}
int main() {
    ll m=read()+1;
    c[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=55;++i)
        for(int j=0;j<=55;++j)
            if(j) c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
            else c[i][j]=c[i-1][j];
    ll sum=1,tot=0;
    for(int i=50;~i && m;--i) {
        if(m>=(1ll<<i)) {
            sum*=cal(tot,i);
            sum%=mod;
            ++tot;
            m-=(1ll<<i);
        }
    }
    printf("%lld\n",sum);
    return 0;
}