8.26 树状数组

题意

对于一个有两个参数的函数(f(l,r))

我们定义其值为：

在树状数组中(l-1)位置减一，(r)位置加一

最后得到的树状数组中不为(0)的位置的个数

求

[sum_{i=1}^nsum_{j=i}^nf(i,j) ]

(N leq 10^{18})

答案对(10^9+7)取模

解法

这题很巧妙

为了方便，我们把(f(l,r))重定义为在(l)处减一，(r)处加一

我们可以发现(f(l,r))其实就是(l)与(r)的二进制表示中所有的一的个数减去两倍其(lcp)中一的个数

这个还是很好发现的，参见(lowbit)的定义

由于(N)达到了(10^{18})考虑按位进行统计

从高位到低位枚举(lcp)，设当前枚举到(i)，(n)在二进制表示下的长度为(len)

则(i...len)为当前串的(lcp)

则这种情况下(lcp)的贡献为(lcp)中一的个数

如果第(i-1)位为(1)，那么为了使(lcp)保持在(i...len)，第(i-1)为一定只能填(0)

由于这一位填(0)，我们保证了填的数一定小于上界

这样(i)之后的数一定可以贴上界；当然也可以不贴上界

如果第(i-1)位为(0)，同理我们只能填(1)

这样我们没法保证填的数一定小于上界，所以(i)之后的数不能贴上界

考虑(lcp)贴上界与不贴上界时的贡献分别如何

当贴上界时：

现在我们已经确定了(i-1...n)的所有数

由于是贴上界的，我们应该保证在填完(1...i-2)之后所有数仍小于等于上界

所以填(1)的数有((1+pre[i-2]))种填法

这里的(pre)数组意义是将(n)二进制表示的每一个前缀单独提出来构成的数

填(0)的数已经保证了小于上界

于是有(2^{i-2})种填法

如果不贴上界：

(i-1...n)未确定，但一定小于上界

所以之前的数一共有(2^{i-2} imes 2^{i-2})种填法

而(lcp)的贡献则是(1...suf[i])中所有数(1)的个数，这个可以(O(logN))算出来

(suf[i])的定义与(pre[i])类似

最后按照之前提到的计算方法计算(f(l,r))即可

代码

#include <cstdio>

using namespace std;

const int N = 70;
const int mod = 1e9 + 7;

#define int long long

int T;
int bit[N];

long long n;
long long pow[N], pre[N];

inline long long max(long long x, long long y) {
	return x > y ? x : y;	
}

long long calc(long long r) {
	r += 1;
	int res = 0;
	for (int i = 0; i <= 61; ++i) {
		if (pow[i] > r)	 break;
		long long x = r / pow[i + 1], y = r % pow[i + 1];
		res = (res + 1LL * x * pow[i] % mod + max(y - pow[i], 0)) % mod;
	}
	return res;
}

signed main() {
	
	scanf("%lld", &T);
	
	pow[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 61; ++i)	pow[i] = (pow[i - 1] << 1) % mod;
	
	while (T--) {
		scanf("%lld", &n);
		
		int len = 0, cnt = 0;
		long long tmp = n, suf = 0, ans = 0;
				
		while (tmp)	bit[++len] = tmp & 1, tmp >>= 1;
		for (int i = 1; i <= len; ++i) {
			pre[i] = pre[i - 1];	
			if (bit[i])	pre[i] = (pre[i] + pow[i - 1]) % mod;
		}
		
		for (int i = len; i >= 1; --i) {
			cnt += bit[i], suf = suf << 1 | bit[i];
			if (bit[i - 1])	ans = (ans + 1LL * cnt * (pre[i - 2] + 1) % mod * pow[i - 2] % mod) % mod;
			ans = (ans + 1LL * calc(suf - 1) % mod * pow[i - 2] % mod * pow[i - 2] % mod) % mod;
		}
		
		ans = (1LL * n % mod * calc(n) % mod - 2LL * ans % mod + mod) % mod;
		
		printf("%lld
", ans);
	}
	
	return 0;	
}