#4728. 问题求解

题目描述

求 $sumlimits_{i=1}^n{(imland m) mod (10^9+7)}$，其中 $land$ 指按位与。

题解

哎我太蠢了一直往 $ ext{dp}$ 的方向想。

下面的除法都是下取整（特殊的是上取整，会说明）（我不会打qwq）

考虑到当 $m$ 的第 $x$ 位为 $1$ 的时候，求有多少个 $i$ 使得 $im$ 的第 $x$ 位也为 $1$ ，那其实可以看成 $frac{im}{2^x}$ 是奇数的个数，也就是 $frac{im}{2^x}-2 imes frac{im}{2^{x+1}}$ ，这个值是 $0/1$ ，于是我们考虑快速求 $sum_{i=0}^nfrac{im}{2^x}$ 。

get到新知识：类欧几里得！

我们可以设 $f(a,b,c,n)=sum_{i=0}^nfrac{ai+b}{c}$ ，然后我们分讨一下

1. $a=0$
那就是 $(n+1) imes frac{b}{c}$
2. $a<c$ 且 $b<c$
我们可以推下式子：
$$f(a,b,c,n)=sum_{i=0}^nfrac{ai+b}{c}$$
$$=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^{frac{ai+b}{c}-1}1$$
$$=sum_{j=0}^{frac{an+b}{c}-1}sum_{i=0}^n[j<frac{ai+b}{c}]$$
$$=sum_{j=0}^{frac{an+b}{c}-1}sum_{i=0}^n[j<frac{ai+b-c+1}{c}]$$
$☆$($frac{ai+b-c+1}{c}$是上取整)
$$=sum_{j=0}^{frac{an+b}{c}-1}sum_{i=0}^n[cj<ai+b-c+1]$$
$$=sum_{j=0}^{frac{an+b}{c}-1}n-frac{cj+c-b-1}{a}$$
$$=n imes frac{an+b}{c}-f(c,c-b-1,a,frac{ai+b}{c}-1)$$
3. 剩下的情况
$$f(a,b,c,n)=sum_{i=0}^nfrac{ai+b}{c}$$
$$=sum_{i=0}^nfrac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}+i imes frac{a}{c}+frac{b}{c}$$
$$=f(a\%c,b\%c,c,n)+frac{n(n+1)}{2}frac{a}{c}+(n+1) imes frac{b}{c}$$

于是这部分的效率就是 $log$ 的，所以总效率是 $O(log^2)$ 的

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int P=1e9+7;
LL n,m;int s;
int X(int x){return x>=P?x-P:x;}
int f(LL a,LL b,LL c,LL d){
    if (a==0) return (d+1)%P*((b/c)%P)%P;
    if (a<c && b<c){
        LL x=((__int128)a*d+b)/c;
        return X(d%P*(x%P)%P-f(c,c-b-1,a,x-1)+P);
    }
    return X(X(f(a%c,b%c,c,d)+d%P*((d+1)%P)%P*((P+1)>>1)%P*((a/c)%P)%P)+(d+1)%P*((b/c)%P)%P);
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    for (int u,v=0,i=39;~i;i--){
        u=v;v=f(m,0,1ll<<i,n);
        if (m&(1ll<<i))
            s=X(s+1ll*X(v-X(u+u)+P)*((1ll<<i)%P)%P);
    }
    cout<<s<<endl;return 0;
}