Xorequ(BZOJ3329+数位DP+斐波那契数列)

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思路

由\(a\bigoplus b=c\rightarrow a=c\bigoplus b\)得原式可化为\(x\bigoplus 2x=3x\)。

又异或是不进位加法，且\(2x=1<，因此可知\((x\&2x)=0\)，也就是说\(x\)的二进制中没有相邻的\(1\)。

第一问就可以用数位\(DP\)来写。

对于第二问我们可以考虑递推式，我们定义\(f(x)\)表示\(2^x\)时满足等式的数的个数，则

  • 如果第\(n\)位是\(1\)，那么第\(n-1\)位就必须是\(0\)，此时就相当于忽略第\(n,n-1\)位，转变成最高位是\(n-2\)的个数，因此\(f(n)\)可以从第\(n-2\)位转移过来；
  • 如果第\(n\)位是\(0\)，那么就相当于忽略第\(n\)位，转变成最高位是\(n-1\)的个数，因此\(f(n)\)可以从第\(n-1\)位转移过来。

最后得到递推式\(f(n)=f(n-1)+f(n-2)\)，也就是斐波那契数列，注意该递推式中的\(n\)是指\(2\)进制中最高位是多少，也就是题目中的\(n-1\)，因次本题答案是\(f(n+1)\)。

其实这两个规律可以通过打表找出来的～

代码

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

typedef long long LL;
typedef pair pLL;
typedef pair pLi;
typedef pair pil;;
typedef pair pii;
typedef unsigned long long uLL;

#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
#define lowbit(x) x&(-x)
#define name2str(name) (#name)
#define bug printf("*********\n")
#define debug(x) cout<<#x"=["<>= 1;
    }
    return dfs(len - 1, 0, 1, 1, 1);
}

void mul() {
    int c[3];
    memset(c, 0, sizeof(c));
    for(int i = 0; i < 2; ++i) {
        for(int j = 0; j < 2; ++j) {
            c[i] = (c[i] + 1LL * f[j] * base[j][i] % mod) % mod;
        }
    }
    memcpy(f, c, sizeof(c));
}

void mulself() {
    int c[3][3];
    memset(c, 0, sizeof(c));
    for(int i = 0; i < 2; ++i) {
        for(int j = 0; j < 2; ++j) {
            for(int k = 0; k < 2; ++k) {
                c[i][j] = (c[i][j] + 1LL * base[i][k] * base[k][j] % mod) % mod;
            }
        }
    }
    memcpy(base, c, sizeof(c));
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    FIN;
#endif
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    scanf("%d", &t);
    while(t--) {
        scanf("%lld", &n);
        printf("%lld\n", solve(n));
        base[0][0] = 1, base[0][1] = 1;
        base[1][0] = 1, base[1][1] = 0;
        f[0] = f[1] = 1;
        while(n) {
            if(n & 1) mul();
            mulself();
            n >>= 1;
        }
        printf("%d\n", f[0]);
    }
    return 0;
}
迷之数论迷之dp迷之数位DP

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