题目大意：有奇数和偶数两个无穷大的集合，奇数集合是{1,3,5,7…},偶数集合是{2,4,6,8…}，先从奇数取1个,然后从偶数取2个，再在奇数取4个…，每次取都取前面的数量的两倍，在两个集合交替取，然后将取出来的数构成一个新的无穷大的集合 {1,2,4,3,5,7,9,6,8,10,12…}。
问在新的集合中,第 l 到 第r个的数字的和是多少？（对1e9 + 7取模）
做法：其实是一道数学模拟题，显然答案满足前缀和性质，我们可以用solve( r ) - solve(l - 1) 得到答案。如何解solve(x) 呢？，按题意倍增即可，因为集合中是连续的奇数块和连续的偶数块构成的，块的长度是2的幂次，我们可以把奇数块和偶数块分开，发现相邻的奇数块或偶数块长度相差四倍。
我们从第一个块开始遍历，看到第几个块总长能超过x，然后求一下和就行。
求和的话，因为每一个块都是连续的等差数列，只要算出这个块的第一项是多少，然后根据块的长度和第一项的值可以利用公式O(1)算出来，特殊算一下最后一个块（因为最后一个块没有全部包含），此处注意要各种取模，不然会溢出，能取模的地方都取模。
复杂度log(n)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod = 1e9 + 7;
long long l,r;
long long fpow(long long a,long long b) {
long long res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = res * a;
a = a * a;
b >>= 1;
}
return res;
}
long long solve(long long l) {
long long odd = 0,even = 0; //记录前面有几个奇数块/偶数块，用来算当前块的第一个数字
long long cnt = 0,i; //cnt 是当前块，i是当前块的长度
long long ans = 0; //记录和
for(i = 1,cnt = 1,even = 0,odd = 0; i <= l; i += i,cnt++){
if(cnt % 2 == 0) {
long long tmp = 2 * (fpow(4,even) - 1) / 3;
//a1 = 2 + 2 * tmp;
ans = ((ans + ((2 + 2 * tmp) % mod) * (i % mod)) % mod + ((i - 1) % mod * (i % mod)) % mod ) % mod;
even++;
}
else {
long long tmp = 1 * (fpow(4,odd) - 1) / 3;
//a1 = 1 + (tmp) * 2
ans = ((ans + ((1 + 2 * tmp) % mod) * (i % mod)) % mod + ((i - 1) % mod * (i % mod)) % mod) % mod;
odd++;
}
l -= i;
}
if(l) {
if(cnt % 2 == 0) {
long long tmp = 2 * (fpow(4,even) - 1) / 3;
//a1 = 2 + 2 * tmp;
ans = ((ans + ((2 + 2 * tmp) % mod) * (l % mod)) % mod + ((l - 1) % mod * (l % mod)) % mod ) % mod;
even++;
}
else {
long long tmp = 1 * (fpow(4,odd) - 1) / 3;
//a1 = 1 + (tmp) * 2
ans = ((ans + ((1 + 2 * tmp) % mod) * (l % mod)) % mod + ((l - 1) % mod * (l % mod)) % mod ) % mod;
odd++;
}
}
return ans % mod;
}
int main() {
scanf("%lld%lld",&l,&r);
printf("%lld\n",(solve(r) + mod - solve(l - 1)) % mod);
return 0;
}