先复习了下之前做的数位DP又做了道新题才看的这道题,对我来说还是一种新类型,涉及到非线性计算,之前做的都是形如 (dp[x]-dp[y])这样的只用处理一个上限做下差即可。一开始想分别枚举 (x)和 (y)中最高位 (1)的位置,计算符合要求的组合数目,但是一旦两个数的最高位 (1)是上限的时候感觉处理起来会很麻烦,需要分很多种讨论,而且情况还不好处理,容易缺漏。然后看了下题解,它是数位DP的思想加上记忆化搜索,它直接枚举最高位 (1)的位置,然后计算有多少种组合满足要求。状态数组为 (dp[bit][is\_1][is\_2][ok]),第一维代表枚举的位数,第二、三维代表两个数的第 (bit)位是否被锁定,如果被锁定则该位取值不能大于原数该位的值,实际上是在限制这两个数不能大于原数,第四维代表两数的或运算结果在第 (bit)位是否必须为 (1)。然后记忆化搜索统计答案。
#include<cstdio>
#include<cstring>
const int mod = 1e9 + 7;
int T, x, y;
int dp[35][2][2][2];
inline int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; }
// ok=1代表当前枚举的两个数的第bit位的|必须为1
int dfs(int bit, bool is_1, bool is_2, bool ok){
if(bit == -1) return 1;
if(dp[bit][is_1][is_2][ok]) return dp[bit][is_1][is_2][ok];
int temp = 0;
// 上界
int k1 = is_1 ? (x >> bit & 1) : 1;
int k2 = is_2 ? (y >> bit & 1) : 1;
//printf("%d %d %d", bit, k1, k2);
for(int i = 0; i <= k1; ++i)
for(int t = 0; t <= k2; ++t){
if(i & t) continue;
// 此后不必要求两数之|为1,ok=0
if(ok){
if(i | t) temp = (temp + dfs(bit - 1, is_1 && (i == k1), is_2 && (t == k2), 0)) % mod;
}
else{
temp = (temp + dfs(bit - 1, is_1 && (i == k1), is_2 && (t == k2), 0)) % mod;
}
}
return dp[bit][is_1][is_2][ok] = temp;
}
int main(){
scanf("%d", &T);
while(T--){
int ans = 0;
memset(dp, 0, sizeof(dp));
scanf("%d%d", &x, &y);
int a = x, b = y, da = -1, db = -1;
for(; a; a >>= 1) ++da;
for(; b; b >>= 1) ++db;
for(int i = max(da, db); i >= 0; --i){
// 因为正在统计第i位的答案,只有两数之|在第i位为1才有贡献,所以ok=1
ans = (ans + 1LL * dfs(i, i >= da, i >= db, 1) * (i + 1)) % mod;
}
printf("%d
", ans);
}
return 0;
}