Gym102956-C. Brave Seekers of Unicorns

题目链接
思路
(dp[i]:)表示以(i)为结尾的所有方案数。
假设前一位数是(j)，再前一位数是(k),连续的三个数满足条件(k<j<i)，那么当(k=i igoplus j)时便是不合法的方案，需要减去。所以可以列出这样的(dp)方程：(dp[i]=sum_{j=1}^{i-1}(dp[j]-dp[j igoplus i]))。
对上述式子的括号拆除即是
(dp[i]=sum_{j=1}^{i-1}dp[j]-sum_{k<kigoplus i<i}dp[k])。
当计算(dp[i])时，(sum_{j=1}^{i-1}dp[j])中的每个(dp[j])其实都已经算完，那么可以用一个(sum[i-1])数组记录(sum_{j=1}^{i-1}dp[j])。
接下来需要考虑的是如果已经确定了(i)，如何处理(j,k)的关系。(j)的所有情况我们已经用(sum[i-1])计算掉了，所以需要考虑这个式子的后半部分和这个(k)到底如何去取。
假定对于一个(i)的二进制表示为(1101010)。因为考虑的是(i igoplus j igoplus k=0)且(1leq k<j<i)的情况，所以对于(i,j,k)相同的位，最多同时出现两个(1)，最高位已经在(i)中出现了一个1，要保证(j>k)，所以要保证(j)的最高位也为1，而(k)的最高位为0。当确定了(j)的最高位，(j)后面的位数上的01就可以在满足(j<i)的情况下随意表示了。然后考虑(k)，因为(k geq 1)，所以(k)至少有一位为(1)。接下来就考虑(k)后面几位的01表示，如果(k)确定，那么也可唯一确定(j)。暴力找(k)的复杂度到达了O(n)，可以根据二进制的性质，我们枚举(i)在二进制表示下除最高位的每一位，若这一位为(1)，那么就令这一位是(k)的最高位。假设这一位是第(d)位，(k)为最高位所有可表示的数字范围即是((1<<d) leq k <(1<<(d+1)-1)))，因为(k)的前几位都是0,所以对应的(j)的那几位也都是0，且第(d)位上已经有两个1了，所以(j)除最高位以外的1的位置一定小于第(d)位，那么此时无论后面几位的情况如何，都能满足(j<i)。
例如这个例子：(x表示可以随意取)
(i:101000)
(j:1xxxxx)
(k:0xxxxx)
在这种情况下，当(k)的第三位当成最高位且取1时，(k:001xxx)，(j:100xxx)，那么就能确定(j)的前几位，那么(j)后面几位不管怎么取一定满足(j<i)。
若(k)的最高位不是在第三位取(1)，假设是在第二维上。即(k:0001xx)，那么对于第三位上要满足条件，(j)就变成了(j:1011xx)，这种情况下可以显而易见的发现(j>i)不满足条件了。
所以对于考虑后面枚举所有(k)的情况就变成了当确定了(k)的最高位(d)，那么区间上所有的表示就变成了(sum[(1<<(d+1)-1)]-sum[(1<<d)-1])。具体可以看代码。
代码

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

typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 10;
const int mod = 998244353;
LL dp[N], sum[N];

void solve() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        dp[i] = sum[i - 1] + 1;	// +1表示只有一个数字，且这个数字就是i的情况。
        int x = 1;
        while(x << 1 < i) {
            if(x & i) {
                dp[i] = (dp[i] - (sum[(x << 1) - 1] - sum[x - 1]) + mod) % mod;
            }
            x <<= 1;
        }
        sum[i] = (sum[i - 1] + dp[i]) % mod;
    }
    printf("%lld
", sum[n]);
}

int main() {
//     freopen("in.txt", "r", stdin);
    solve();
    return 0;
}