【DP，位运算】Brave Seekers of Unicorns

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题目大意：

统计满足下列条件的数列的方案数:

• 非空
• 严格递增
• 任意连续三个元素的异或和不为 (0)
• 元素小于等于给定的 (n)

分析：

(f[i]) 表示以 (i) 为尾的方案数。

考虑状态转移：

• 如果 (f[i]) 只有一个元素，自然属于一种方案。
• 如果 (i) 的上一个数是 (j ~ (j in [1,i-1]))
  • (i oplus j >= j) 时，直接转移即可 (f[i]+=f[j])
  • 否则， (f[i]+=f[j]-f[j oplus i])

写出更为一般化的公式就是：
(f[i]=sum_{u=1}^{i-1} f[u] - sum_{j=1}^{i-1} f[i oplus j])，这里的 (j) 满足 ((j > i oplus j))

我们记 (highbit(x)) （是我乱起的）为二进制中 (x) 除了最高位为 (1) 其余全部清 (0) 所对应的数，例如：(highbit(11001)=10000)

注意到 (j) 与 (i) 必须位数相等（充分必要条件）。
因此，我们可以得到更为精确的 (j) 的范围 ([highbit(i),i-1])

记 (k=ioplus j) ，我们只需找到一个快速统计 (k) 的办法就好了。

举两个例子（二进制）：
(i=10100,故~j=10000-10011) ，对应的 (k) 为 (100-111) （不一定是依次对应的）。

(i=101010,故~j=1000000-101001) ，
对应的 (k) 为 (1000-1111)，以及 (10-11) （不一定是依次对应的）。

从中我们发现了规律：
记 (t=i-highbit(i)) ，然后每一次取 (t) 的 (highbit) ，区间 ([highbit(t),highbit(2t-1)]) 都是满足的，我们依次统计就好了。

证明挺简单的，就留作习题吧。

我自己乱搞了一个求 (highbit(x)) 的算法：
就是求 (2^{lfloor log_2x floor}) 即可。

如果感觉不太好懂可以用下面的打表程序试试：

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

const int N=1e6+6;
int highbit[N];

void init(){
	for(int i=2;i<N;i++){
		highbit[i]=highbit[i/2]+1;	
	}
	for(int i=2;i<N;i++)
		highbit[i]=1LL<<highbit[i];
	highbit[1]=1;
}

void get(int x){
	vector<int> v;
	while(x) v.push_back(x%2), x>>=1;
	reverse(v.begin(),v.end());
	for(auto i:v) cout<<i;
	cout<<' '; 	
}

int main(){
	init();
	int i; cin>>i;
	for(int j=highbit[i];j<=i-1;j++)
		get(j^i), puts("");

	return 0;
}

原题代码：

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

const int N=1e6+6;
const int mod=998244353;

long long f[N],s[N];
int highbit[N];

void init(){
	for(int i=2;i<N;i++){
		highbit[i]=highbit[i/2]+1;	
	}
	for(int i=2;i<N;i++)
		highbit[i]=1LL<<highbit[i];
	highbit[1]=1;
}

int main(){
	init();
	int n; cin>>n;
	
	cerr<<highbit[N-1];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		auto &v=f[i];
		v=1;
		v=(v+s[i-1])%mod;
		int t=i;
		t-=highbit[t];
		while(t){
			int x=highbit[t];
			v=(v-(s[(x<<1)-1]-s[x-1])+mod)%mod;
			t-=x;
		}
		s[i]=(s[i-1]+v)%mod;	
	}
	cout<<s[n]<<endl;
	
	return 0;
}