傳送門

文章目錄

• 題意：
• 思路：

題意：

求$sum$。

$a,b,c,d,e\le 1e18$

思路：

這是一篇無從考究的題解，因為fzu現在進不去。
看到這種題直接考慮數位$dp$，對于$[A,B],[C,D]$兩個區間我們不太好直接處理，但是我們可以容斥一下，即$[0,B][0,D]?[0,A?1][0,D]?[0,B][0,C?1]+[0,A?1][0,C?1]$。
假設我們求的$[0,B][0,D]$，我們設計狀態$f[pos][flag1][flag2][flag3]$
$(1)flag1$表示$i<B$。
$(2)flag2$表示$j<D$。
$(3)flag3$表示$(ixorj)>E$
到目前為止，如果這個題改成求方案數，就可以直接秒了，但是改不得。
設$dp1(pos)$為從$pos$位開始的方案數，$dp2(pos)$為從$pos$位開始的貢獻，考慮如何求貢獻，我們直接按位來考慮，假設當前到了第$pos$位，且當前位$(ixorj)==1$，那么當前位的貢獻就是$(1ll<<pos)?dp1(pos?1)+dp2(pos?1)$，這個顯然可以維護一個$pair$進行轉移。
所以還是一個裸的數位$dp$。
代碼也比較好寫辣，一定要注意取模，比如代碼$68$行，$1ll<<pos$一定要取模，不然炸$LL$了，因為這個對拍的時候一直過不了大樣例。。。

// Problem: The Mad Mathematician // Contest: Virtual Judge - FZU // URL: https://vjudge.net/problem/FZU-2042 // Memory Limit: 32 MB // Time Limit: 1000 ms // // Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math") //#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native") //#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<random> #include<cassert> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } //void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); } void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<LL,LL> PII;const int N=110,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;LL a,b,c,d,e; int A[N],B[N],E[N]; PII f[70][2][2][2];PII dp(int pos,int flag1,int flag2,int flag3) {if(pos==-1) return {flag3,0};if(f[pos][flag1][flag2][flag3].X!=-1) return f[pos][flag1][flag2][flag3];int x=flag1? 1:A[pos];int y=flag2? 1:B[pos];int z=flag3? 0:E[pos];PII ans={0,0};for(int i=0;i<=x;i++) {for(int j=0;j<=y;j++) {if((i^j)<z) continue;PII now=dp(pos-1,flag1||i<x,flag2||j<y,flag3||((i^j)>z));ans.X+=now.X; ans.X%=mod;ans.Y+=now.Y;if((i^j)==1) ans.Y+=(1ll*(1ll<<pos)%mod)*now.X%mod;ans.Y%=mod;}}return f[pos][flag1][flag2][flag3]=ans; }LL solve(LL x,LL y) {if(x<=0||y<=0) return 0;for(int i=62;i>=0;i--) {A[i]=x>>i&1;B[i]=y>>i&1;}memset(f,-1,sizeof(f));return dp(62,0,0,0).Y%mod; }int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);//rd_wa();int _; scanf("%d",&_);for(int __=1;__<=_;__++) {scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&e);for(int i=62;i>=0;i--) E[i]=e>>i&1;LL ans=solve(b,d)%mod; ans-=solve(a-1,d); ans%=mod; ans+=mod; ans%=mod;ans-=solve(b,c-1); ans%=mod; ans+=mod; ans%=mod;ans+=solve(a-1,c-1); ans%=mod; ans+=mod; ans%=mod;printf("Case %d: %lld\n",__,ans%mod);}return 0; } /* 1 0 200000300000002 0 200000300002322 3 6860360 53360 */

總結

以上是生活随笔為你收集整理的FZU - 2042 The Mad Mathematician 数位dp + 算贡献的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。