由 x ⊕ 3 x = 2 x xoplus3x=2x x⊕3x=2x 推出 x ⊕ 2 x = 3 x xoplus2x=3x x⊕2x=3x,然后又有 x + 2 x = 3 x x+2x=3x x+2x=3x。
定理:若 a ⊕ b = c aoplus b=c a⊕b=c 且 a + b = c a+b=c a+b=c,则不可能存在 a a a、 b b b 在二进制下的某一位都是 1 1 1。
证明:设 a a a 在二进制下的第 i i i 位为 a i a_i ai, b b b 在二进制下的第 i i i 位为 b i b_i bi, c c c 在二进制下的第 i i i 位为 c i c_i ci。显然有 a 1 + b 1 = c 1 a_1+b_1=c_1 a1+b1=c1 且 a 1 ⊕ b 1 = c 1 a_1oplus b_1=c_1 a1⊕b1=c1,因为这一位不可能得到进位。分类讨论一下发现 a 1 a_1 a1 和 b 1 b_1 b1 不可能都是 1 1 1,那么第一位就不可能向第二位进位。第二位也就能用同样的方法证出来 a 2 a_2 a2 和 b 2 b_2 b2。以此类推, a a a 和 b b b 二进制下的任何一位都不能全是 1 1 1。
那么我们就可以知道 x x x 和 2 x 2x 2x 二进制下的任何一位都不能全是 1 1 1。
又因为 2 x 2x 2x 是由 x x x 左移一位得到的,所以就等价为:二进制下的 x x x 任意相邻的两位都不能是 1 1 1。
那么对于第一问,把 x x x 转成二进制数,然后数位dp。
对于第二问:
设 f i , 0 / 1 f_{i,0/1} fi,0/1 代表满足以下条件的二进制数(可以有前导0)的个数: i i i 位数,第一位为 0 / 1 0/1 0/1 ,没有连续的两位为 1 1 1。
那么显然第二问的答案就是 f n = f n , 0 + f n , 1 f_n=f_{n,0}+f_{n,1} fn=fn,0+fn,1。
考虑 f i f_i fi 的状态转移:
f i , 0 = f i − 1 , 0 + f i − 1 , 1 = f i − 1 f_{i,0}=f_{i-1,0}+f_{i-1,1}=f_{i-1} fi,0=fi−1,0+fi−1,1=fi−1
f i , 1 = f i − 1 , 0 f_{i,1}=f_{i-1,0} fi,1=fi−1,0
得 f i = f i − 1 + f i − 1 , 0 = f i − 1 + f i − 2 f_i=f_{i-1}+f_{i-1,0}=f_{i-1}+f_{i-2} fi=fi−1+fi−1,0=fi−1+fi−2
那么这就是一个斐波那契数列,用矩阵快速幂求一下就好了。
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
struct Matrix
{
ll a[2][2];
Matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
void init(){a[0][0]=a[1][1]=1;}
Matrix operator * (const Matrix &b)
{
Matrix c;
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<2;j++)
for(int k=0;k<2;k++)
c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a[i][k]*b.a[k][j])%mod;
return c;
}
}ch;
int t;
int cnt,num[100];
ll n,dp[100][2][2];
void init()
{
ch.a[1][0]=ch.a[0][1]=ch.a[1][1]=1;
}
ll dfs(int k,bool limit,bool last)
{
if(!k) return 1;
if(!dp[k][limit][last])
{
dp[k][limit][last]+=dfs(k-1,limit&&!num[k],0);
if((!last)&&((!limit)||(limit&&num[k]))) dp[k][limit][last]+=dfs(k-1,limit&&num[k],1);
}
return dp[k][limit][last];
}
ll solve1()
{
cnt=0;
ll x=n;
while(x)
{
num[++cnt]=x&1ll;
x>>=1ll;
}
return dfs(cnt,1,0)-1;
}
ll solve2()
{
Matrix a=ch,ans;
ans.init();
ll b=n+2;
while(b)
{
if(b&1ll) ans=ans*a;
a=a*a;
b>>=1ll;
}
return ans.a[0][1];
}
int main()
{
init();
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
scanf("%lld",&n);
printf("%lld
",solve1());
printf("%lld
",solve2());
}
return 0;
}