自主命题：奇组合数个数统计

Description

对于给定的数字(n,l,r)，求在 (C_n^l,C_n^{l+1},C_n^{l+2},dots,C_n^r) 中共有多少个奇数。

行号(n)从0开始计数。特别地，我们规定(C_0^0 = 1)。

数据保证 (0 leq n leq 10^{18})

Algorithm1: Divide and Conquer

拿到一个1e18的题，第一反应肯定是先打个表看看嘛。

我们知道有杨辉三角：

[1\ 1 1\ 1 2 1\ 1 3 3 1\ 1 4 6 4 1\ 1 5 10 10 5 1\ 1 6 15 20 15 6 1 \ 1 7 21 35 35 21 7 1 \ dots dots dots ]

我们把其中的奇数标成1，偶数标成0，于是得到：

[1\ 1 1\ 1 0 1\ 1 1 1 1\ 1 0 0 0 1\ 1 1 0 0 1 1\ 1 0 1 0 1 0 1 \ 1 1 1 1 1 1 1 1 \ dots dots dots ]

你也可以再列出一些，不过总之我们发现，这个01构成的三角形似乎有着某种绝佳的对称性。

实际上，这正是一种分形，名叫谢尔宾斯基三角形。

根据这种绝佳的对称性，我们容易设计出一种分治算法：

typedef long long ll;
ll solve(ll n, ll l, ll r)
{
	ll ret = 0, cnt_0, L, R;

	if(n == 0)			ret = 1;
	else
	{
		cnt_0 = powt(ceil(log2(n + 1))) - n - 1;
		R = (n + 1 - cnt_0) / 2 - 1;
		L = R + cnt_0 + 1;

		if(l <= R)	ret += solve(R, l, min(R, r));
		if(L <= r)	ret += solve(R, max(L, l) - L, r - L);
	}
	return ret;
}

我们用cnt_0统计所求行最中间0的个数，

R 表示将中间的0去掉后左侧部分的右端点，

L 表示将中间的0去掉后右侧部分的左端点。

然后分别向左右两侧递归地计算答案。

这种写法比较直观，但不是最优美简洁的。

该算法的复杂度分析是比较困难的，不过我们容易发现 (n = 2 ^ t - 1) 时是最坏的情况。

此时有 (T(n) = 2 imes T(frac{n}{2}) + log_2 n)，复杂度是略大于(O(n))的。

但经测试，在数据随机的背景下，(n) 在 1e11 的量级时该算法仍然有较好的表现。

平均复杂度的证明留给读者。

Algorithm2: Lucas' Theorem

求奇偶性，不就是求 (mod 2) 的值吗？

求组合数取模后的结果，不就是Lucas定理吗？

此外，利用上面的切尔宾斯基三角形其实也是证明Lucas定理的一种方法。

Lucas's Theorem:

[inom{x_1 cdot p + y_1}{x_2 cdot p + y_2} equiv inom{x_1}{x_2} cdot inom{y_1}{y_2} (mod p) ]

其中，

[inom{m}{n} = C_n^m ]

只是另一种表达方式罢了，只不过这样写更容易看清。

接下来我们考虑求 (C_n^m mod 2)，可以考虑对 (C_n^m) 连续使用Lucas定理。

我们将(n, m)两个数二进制表示：

[n = sum_{i = 0}^K a_i cdot 2^i \ m = sum_{i = 0}^K b_i cdot 2^i ]

这里 (n,m) 的二进制位数当然不一定相同，我们可以在最高位补0，效果相同。

那么我们有，

[inom{m}{n} equiv prod _ {i = 0} ^ K inom{b_i}{a_i} (mod p) ]

如果 (C_n^m) 是奇数，那么右式就应当为得1，否则即为0。

而我们知道(a_i, b_i)的取值只有(0, 1)，又有：

[inom00 = 1, inom01 = 1, inom11 = 1, inom10 = 0 ]

稍作观察就能发现：

[inom{m}{n} mod 2 = cases{0 & m or n $ e$ n\1 & m or n = n} ]

由此，我们 (O(n)) 地枚举 ([l, r]) 间的所有整数即可。

register long long cnt = 0;
for(register long long i = l; i <= r; ++i)
    cnt += ((i | n) == n);

代码就这。

Algorithm3: Dynamic Programing

可以发现我们用了一下Lucas定理之后平均复杂度可能还不如找规律。

这是因为我们枚举了 ([l, r]) 间的所有整数的缘故。

但考虑现在的问题：求 ([l, r]) 间或(n)得(n)的数的个数，这是一个容易解决的数位DP问题。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
vector<bool> lim;
ll n, l, r, dp[64][2];

int len;
ll dfs(int ith, bool ful)
{
	if(ith == len) 		return 1;
	if(dp[ith][ful])	return dp[ith][ful];

	ll res = 0;
	if((1ll << (len - ith - 1)) & n)
	{
		if(lim[ith])
		{
			res += dfs(ith + 1, ful);
			res += dfs(ith + 1, false);
		}
		else
		{
			if(ful)	res += dfs(ith + 1, ful);
			else	res += 2 * dfs(ith + 1, ful);
		}
	}
	else	res += dfs(ith + 1, ful & (!lim[ith]));
	
	return dp[ith][ful] = res;
}

ll solve(ll x)
{
	if(x == -1)	return 0;
	
	lim.clear();
	memset(dp, 0, sizeof(dp));

	while(x) {
		lim.push_back(x & 1);
		x >>= 1;
	}
	len = lim.size();
	reverse(lim.begin(), lim.end());
	
	return dfs(0, true);
}

int main()
{
	freopen("math.in", "r", stdin);
	freopen("math.out", "w", stdout);
	cin >> n >> l >> r;
	cout << solve(r) - solve(l - 1) << endl;
	return 0;
}

复杂度是易于分析的(O(logn))，证明留给读者。