hiho 1259 A Math Problem ( 分段dp 数位dp )

hiho 1259
题目链接(K题)

题目大意

给出一个公式，f(1)=1，对任意正整数n有3×f(n)×f(2n+1)=f(2n)×(1+3f(n)),f(2n)<6×f(n)。
给一个n和k，设g( i )=∑(f( j ) mod k=i)( 0<=ig(1)...^g(k-1)的值。
n<=10^18, k是3,5,17,257,65537中的一个。

解答

题目的公式写的有点吓人，其实仔细观看或推导前几项就会发现f[2n]=3f[n]和f[2n+1]=3f[n]+1的递推公式。我先是想打表找规律，发现mod 3很快就找到了，但是mod 5找不到，更何况还有mod更大的。
换个思路就会发现，f(n)的递推可以分段，分成[1,1]，[2,3]，[4,7]，...，[2^k,2(k+1)-1]。最多只有logn个区间，对每个区间存mod的余数的状态，就可以转移。把[1,n]的区间分成[1,2^k-1]和[2k,n] ( 2^k恰好小于等于n )，做两次分段dp就可以了( 第二次要注意区间上界，记录区间最后一个f(n)取mod的值 )。

网上题解有种神奇的做法，推出递推公式后，f(n)其实是把n转化成二进制后，1的权重按三进制来算。比如f(5)=10，5的二进制是101，3⁰⁺³2=10。然后直接数位dp做。
参考blog1
参考blog2

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define bll long long
#define For(i,a,b) for (int i=(a),_##i=(b); i<=_##i; i++)
#define Rof(i,a,b) for (int i=(a),_##i=(b); i>=_##i; i--)
#define Mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

const int maxL=65537+10;
long long N;
int modd;
long long dp[65][maxL];
long long G[maxL];

void baoli()
{
    static int f[maxL];
    static int gg[maxL];
    Mem(gg,0);
    f[1]=1;
    gg[1]=1;
    for (int i=2; i<=N; i++)
    {
        if (i&1) f[i]=(f[i>>1]*3+1) %modd;
            else f[i]=(f[i>>1]*3) %modd;
        gg[f[i]]++;
    }
    int ans=0;
    For(i,0,modd-1)
        ans^=gg[i];
    printf("%d\n",ans);
}

void Done1(long long *G,long long tt)
{
    Mem(dp,0);
    dp[0][1]=1;
    G[1]++;
    for (int k=1; (1LL<>1; tt; tt>>=1)
    {
        k++;
        low[k]=low[k-1]>>1;
        high[k]=high[k-1]>>1;
    }
    Mem(dp,0);
    last_mod[k]=1;
    dp[k][1]=1;
    for (k--; k>=0; k--)
    {
        For(j,0,modd-1)
            if (dp[k+1][j])
            {
                int ss=3*j %modd;
                dp[k][ss]+=dp[k+1][j];
                dp[k][(ss+1)%modd]+=dp[k+1][j];
            }
        if (!(high[k]&1))
        {
            int ss=(last_mod[k+1]*3+1) %modd;
            dp[k][ss]--;
        }
        last_mod[k]=(last_mod[k+1]*3+(high[k]&1)) %modd;
    }
    For(j,0,modd-1)
        G[j]+=dp[0][j];
}

long long Done()
{
    if (N==1) return 1;
    long long r=1;
    while((r<<1)<=N) r<<=1;
    memset(G,0,sizeof(long long)*(modd+2)); // G[]存余数的个数
    Done1(G,r>>1);         // 计算从区间[1,1]到[r/2,r-1]的和
    Done2(G,r,N);          // 计算[r,N]的和
    long long ans=0;
    For(j,0,modd-1)
        ans^=G[j];
    return ans;
}

int main(int argc, char* argv[])
{
    int zz=0; scanf("%d",&zz);
    For(test,1,zz)
    {
        scanf("%lld%d",&N,&modd);
        bll ans=Done();
        printf("%lld\n",ans);
        //baoli(); // 暴力 验算
    }
    return 0;
}