CodeForces 1151C Problem for Nazar

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/1151/C

题目大意：

　　有一个只存奇数的集合A = {1， 3， 5……2*n - 1，……}，和只存偶数的集合B = {2， 4， 6……2*n，……}，现在要生成一个序列，这个序列分成i次生成：第1次从A中取1个放入序列，第2次从B中取2个放入序列，第3次从A中取4个放入序列，……，第2*n - 1次从A中取2^2*n-2个放入序列，第2*n次从B中取2^2*n-1个放入序列……。取得顺序是从小到大取的。题目给定一个区间，就序列在该区间所有数的累加和。

分析：

　　只要实现一个求区间[1, i]的函数getSum(i)，那么任意区间内的和都可以算出，比如区间[l, r]的和为getSum(r) - getSum(l - 1)。

　　设odd_len为区间[1, i]上奇数的个数，even_len为区间[1, i]上偶数的个数。

　　只要求出了odd_len和even_len就可以用快速幂求出和了。

 下面给出序列1~40的数：

假设x = 37（100101），x落在偶数部分，even_len = 2 + 8 + 6 = 10 + 1000 + 101 + 1 = (11111 & 01010) + (11111 & x) + 1，odd_len = 1 + 4 + 16 = 11111 & 10101

假设x = 25（11001），x落在奇数部分，odd_len = 1 + 4 + 10 = 1 + 100 + 1001 + 1 = (1111 & 0101) + (1111 & x) + 1，even_len = 2 + 8 = 1111 & 1010

规律还是比较好找的，直接文字叙述太麻烦，直接给例子比较容易理解。

代码如下：

#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define INIT() std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define Rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define ForLL(i, s, t) for (LL i = LL(s); i <= LL(t); ++i)
#define rForLL(i, t, s) for (LL i = LL(t); i >= LL(s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i)
 
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
 
#define LOWBIT(x) ((x)&(-x))
 
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
 
#define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))

#define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second
 
template<typename T1, typename T2>
istream &operator>>(istream &in, pair<T1, T2> &p) {
    in >> p.first >> p.second;
    return in;
}
 
template<typename T>
istream &operator>>(istream &in, vector<T> &v) {
    for (auto &x: v)
        in >> x;
    return in;
}
 
template<typename T1, typename T2>
ostream &operator<<(ostream &out, const std::pair<T1, T2> &p) {
    out << "[" << p.first << ", " << p.second << "]" << "
";
    return out;
}
 
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair< double, double > PDD;
typedef pair< int, int > PII;
typedef set< int > SI;
typedef vector< int > VI;
typedef map< int, int > MII;
const double EPS = 1e-10;
const int inf = 1e9 + 9;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int maxN = 2e5 + 7;
const LL ONE = 1;
const LL evenBits = 0xaaaaaaaaaaaaaaaa;
const LL oddBits = 0x5555555555555555;

LL l, r; 
LL ans;
// step[i] = 2^i 
LL step[65];

// Calculate x^y % mod
inline LL pow_mod(LL x, LL y, LL ans = 1){
    while(y){
        ans *= x;
        ans %= mod;
        --y;
    }
    return ans;
} 

void STEP_INIT() {
    step[0] = 1;
    For(i, 1, 64) {
        step[i] = pow_mod(2, 1, step[i - 1]);
    }
}

// 二分计算x的二进制位数 
inline int getBits(LL x) {
    int cnt = 1;
    while(x >>= 1) ++cnt;
    return cnt;
}

// 计算1~x的和 
LL getSum(LL x) {
    LL ret = 0;
    if(x == 0) return 0;
    LL len = (LL)getBits(x);
    LL odd_len = 0, even_len = 0; 
    if(len % 2 == 0) { // 落在偶数部分 
        even_len = (~(ONE << (len - ONE)) & x) + (((ONE << (len - ONE)) - ONE) & evenBits) + 1;
        odd_len = x - even_len;
    }
    else { // 落在奇数部分 
        odd_len = (~(ONE << (len - ONE)) & x) + (((ONE << (len - ONE)) - ONE) & oddBits) + 1;
        even_len = x - odd_len;
    } 
    odd_len %= mod;
    even_len %= mod;
    
    // 快速幂 
    int i = odd_len, j = 29;
    while(i > 0) {
        while(i < step[j]) --j;
        ret += (odd_len * step[j]) % mod;
        ret %= mod;
        i -= step[j];
    }
    
    i = even_len + 1;
    j = 29;
    while(i > 0) {
        while(i < step[j]) --j;
        ret += (even_len * step[j]) % mod;
        ret %= mod;
        i -= step[j];
    }
    return ret % mod;
}

int main(){
    INIT();
    cin >> l >> r;
    
    STEP_INIT();
    
    ans = getSum(r) - getSum(l - 1);
    ans += mod;
    ans %= mod;
    
    cout << ans << endl;
    return 0;
}
/*
1 88005553534 
203795384

1 99999999999
964936500

1 35
651

1 32
573

1 22
254

*/