题目
可能跟某位大佬有点类似，不过我的应该跑得比他快那么一点点......虽然应该没什么关系......
【分析】
假设一个对于一个数 \(N\) ,最高位为第 \(n\) 位
那么，显然有 \(2^n \leq N \leq 2^{n+1}-1\)
(即第一位一定为 \(1\) ，后面可能 \(1\) ，可能 \(0\))
因此，对于这个数 \(N\) ,我们不能直接拿 \(C_n^m\) 来算
那么我们可以这样考虑，最高位为 \(n\) ,那么，对于后面的 \((n-1)\) 为一定是可 \(1\) 可 \(0\) 。
因此，假设后面有 \(i\) 个 \(1\) ，故根据排列组合，有 \(C_{n-1}^i\) 个 \(i\)，因此它对答案的贡献是 \(i^{C_{n-1}^i}\)
同理，类推出来，\(0\)~\(2^n-1\) 这些数对答案的贡献就是 \(\Pi_{i=1}^{n-1} i^{{C_{n-1}^i}}\)
那么我们现在将第 \(n\) 位固定为 \(1\) ,假设第二个 \(1\) 为第 \(m\) 位
同样的，它后面的 \((m-1)\) 为一定可 \(1\) 可 \(0\) ，因此同上考虑后 \((m-1)\) 位有 \(i\) 个 \(1\)，加上前面那个 \(1\) 共\((i+1)\) 个 \(i\) ，故贡献为 \((i+1)^{C_{m-1}^i}\)
因此这个 \(1\) 对答案的贡献为 \(\Pi_{i=1}^{m-1} (i+1)^{C_{m-1}^i}\)
如上考虑，每个 \(1\) ,假设是第 \(Cnt\) 个 \(1\)，在第 \(Cal\) 位，对答案的贡献就是 \(\Pi_{i=1}^{Cal-1} (i+Cnt)^{C_{Cal-1}^i}\)
把它们都乘起来即可
得到 \((N-1)\) 的答案(LRJ：想一想，为什么？)
所以直接读入的时候 \(N\) 给它 \(+1\) 即可
当然，这边还有一个问题(假装你们都懂得要取模和快速幂)：
\(C_{n-1}^i\) 可能会极大无比
这边考虑欧拉公式：\(a^{\varphi(p)} \equiv 1(mod\) \(p)\)
且 \(\varphi(10000007)=9988440\)
因此，我们在算排列数的时候记得对这个数取模即可
剩下的一些细节就直接看本蒟蒻的代码吧
【代码】
那本蒟蒻就放代码了
#include
using namespace std;
#define f(a,b,c) for(register int a=b;a<=c;a++)
#define g(a,b,c) for(register int a=b;a>=c;a--)
#define Max(a,b) ((a>b)?a:b)
#define Min(a,b) ((a'9')) neg^=!(c^'-'),c=getchar();
while((c>='0')&(c<='9')) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
return neg?-ans:ans;
}
ll N,Cnt=0,C[64][64],Ans=1;
int LOG(ll n){ return (n==1)?0:(LOG(n>>1)+1); }
void pre(){
N=read()+1;
int n=LOG(N);
f(i,0,n){
C[i][i]=C[i][0]=1;
g(j,i-1,1) C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1],C[i][j]-=(C[i][j]>=Phi)?Phi:0;
}
}
int pow(int i,int a){
if(a==0) return 1; if(a==1) return i;
ll tmp=pow(i,a>>1);
tmp=tmp*tmp%Mod*((a&1)?i:1)%Mod;
return tmp;
}
int main(){
pre();
while(N){
ll Cal=LOG(N);
if(Cnt) Ans*=Cnt,Ans%=Mod;
f(i,1,Cal) Ans*=pow(i+Cnt,C[Cal][i]),Ans%=Mod;
Cnt++;
N-=(1ll< 最后安利一下 本蒟蒻的博客