bzoj3329 Xorequ

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题意：已知方程x xor 3x=2x，给定N，求该方程有多少个不大于N的正整数解，有多少个不大于2^N的正整数解，第二问的答案对1000000007取模。N<=10^18。

方程等价于x xor 2x=3x，又有x+2x=3x，易知x and 2x=0。

再注意到2x实际上就是x<<1，容易发现该方程成立的充要条件是x的二进制表达没有2个连续的1。

注意到2^N和0都一定是方程的解，因此第二问可以等价于，求N位的01序列，有多少种满足没有2个连续的1。

考虑递推式，若首位是1，则第二位必然是0，第三位开始则又可以任意选择，若首位是0，则第二位开始仍旧可以任意选择。

设F[N]为答案，显然有F[N]=F[N-1]+F[N-2]，这就是著名的斐波那契数列。求第N项取模的结果用矩阵乘法。

考虑第一问，这是一个数位DP。不妨举例N=22，将N+1=23表达为二进制：10111。

第一段：0~1111，这相当于是第二问的一种情况，贡献即为F[4]。

第二段：10000~10011，忽略前三位，这又相当于是第二问的一种情况，贡献即为F[2]。

第三段：10100~10101，同理，贡献即为F[1]。

第四段：10110~10111，由于已经出现了连续两位1，显然后面的数一定不是解，提前结束数位DP。

总贡献即为F[4]+F[2]+F[1]=13。注意到我们这里统计的是0~N的解的数量，一定要除去0，因此最终答案为12。

两问都顺利解决。

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define size 2
#define mod 1000000007
long long T,n,i,ans,m;
long long fib[70];
int w[70];
struct M{
    long long v[size][size];
    M(){
        memset(v,0,sizeof(v));
    }
    friend M operator*(M a,M b){
        M ans;
        for(int i=0;i<size;i++)
            for(int j=0;j<size;j++)
                for(int k=0;k<size;k++)
                    ans.v[i][j]=(ans.v[i][j]+a.v[i][k]*b.v[k][j])%mod;
        return ans;
    }
    friend M operator^(M a,long long b){
        M ans;
        for(int i=0;i<size;i++)
            ans.v[i][i]=1;
        for(long long i=b;i;i=i/2,a=a*a)
            if(i&1)ans=ans*a;
        return ans;
    }
}a,b;
int main(){
    fib[0]=0;fib[1]=1;for(i=2;i<=64;i++) fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2];
    a.v[0][0]=a.v[0][1]=a.v[1][0]=1;a.v[1][1]=0;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%lld",&n);++n;
        b=a^n;
        m=0;
        while(n) w[++m]=n%2,n/=2;
        w[m+1]=ans=0;
        for(i=m;i;i--){
            if(w[i]) ans+=fib[i+1];
            if(w[i]&&w[i+1]) break;
        }
        printf("%lld\n%lld\n",ans-1,b.v[0][0]);
    }
}