BZOJ3209 花神的数论题

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
派(Sum(i)),也就是 sum(1)—sum(N) 的乘积。

Input

一个正整数 N。

Output

一个数，答案模 10000007 的值。

Sample Input

样例输入一
3

Sample Output

样例输出一
2

HINT

对于样例一，1∗1∗2=21*1*2=21∗1∗2=2；
数据范围与约定
对于 100% 的数据，N≤10^15

因为我们发现二进制位中1的个数不会太多，所以我们就想到了快速幂来做这题
但是如何计算小于等于n的数中二进制位有一定个数1的数的个数呢？
假设我们固定一个数的前i位和n相同，然后如果n的当前位是0必须相等，如果当前位n的二进制是1那么我们固定当前位置是0，就可以用组合数算出剩下的几个二进制位的方案数了

注意我们这样只能算严格小于n的贡献，所以n的贡献在一开始就需要统计上

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;

 #define fu(a,b,c) for(int a=b;a<=c;++a)

 #define fd(a,b,c) for(int a=b;a>=c;--a)

 #define LL long long

 #define N 60

 #define Mod 10000007

 LL n,p[N],len=;

 LL c[N][N];

 void init(){

   fu(i,,N-)c[i][]=;

   fu(i,,N-)

     fu(j,,i)c[i][j]=c[i-][j]+c[i-][j-];

 }

 LL fast_pow(LL a,LL b){

   LL res=;

   while(b){

     if(b&)res=res*a%Mod;

     b>>=;

     a=a*a%Mod;

   }

   return res;

 }

 LL count(int num){

   LL res=;

   fd(i,len,)if(p[i]){

     res+=c[i-][num];

     num--;

     if(num<)return res;

   }

   return res;

 }

 int main(){

   init();

   scanf("%lld",&n);

   LL ans=;

   while(n){

     p[++len]=n&;

     n>>=;

   }

   fu(i,,len)ans+=p[i];

   fu(i,,len)ans=ans*fast_pow(i,count(i))%Mod;

   printf("%lld",ans);

   return ;

 }

花神

BZOJ3209 花神的数论题 【组合数学+数位DP+快速幂】*