题意 :
定义两种变换
1 : i = i - 1
2 : i = i - lowbit (i)
定义函数Calc(i,j)为二进制意义下 i 变换到 j 的最小步数。
给你一个二进制整数 n,要求 sigma {(i = 1 -> n) sigma {(j = 0 -> i - 1) Calc (i,j)}}
数据范围 :
令n的长度为len
len <= 1000000
-----------------------------------------------此后一千里-----------------------------------------------------
首先有一个很显然的性质,就是如果 i 用了2操作之后还比 j 大的话,那么一定用2操作,因为减去lowbit不比减去1差
我们设 f(n) = sigma {(i = 0 -> n-1) Calc (n,i)},
我们考虑将n按位处理掉,设t(n)为n只保留的二进制最高位的数,我们发现对于Calc (n,i) 如果 t(n) == t(i) 那么答案显然是 Calc (n-t(n),i-t(i))
而如果 t(n)!=t(i) 那么我们无论如何要把 n 变换到 i 都必须把 n 变换到 t(n) ,而显然 t(n)!=t(i) 的 i 有 t(i) 个.
所以我们便可以将 f(n) 拆分掉得到 f(n) = t(n) * (BitCount(n) - 1) + f( n - t(n)),我们可以一直拆下去,也就是说我们只用算2的整次幂的 f 就可以了。
假设我们已经求出2的0-3次幂,要求 f (10000) , 因为除了变换到0,10000变换到任何数都要先变换到1111,所以我们可以得到下式 :
f(10000) = f(1111) + 1111 - 4 + 1 减4加1意思是去掉1111变到0的代价,加上10000变到0的代价
我们将f(1111) 再展开即可得到 f 关于2的整次幂的递推式,前缀和优化一下可以O(n)预处理
设 g(n) = sigma{(i = 1 -> n) f(i)},g(n)求的实际上就是答案
我们还是考虑去按位处理掉
g(n) = $sum limits_{i = 1}^{t(n)-1} f(i) + sum limits_{i = t(n)}^{n} f(i)$
= $g(t(n) - 1) + sum limits_{i = t(n)}^{n} f(i)$
我们考虑将后面sigma中的 f(i) 中的 f(t(n)) 及t(n)相关的常数项全部提取出来,那么后面就可以提取出 (n-t(n)+1) 个 f(t(n)),常数项的话先暂时用k(n-t(n))表示,提取后剩下的部分就是 g(n-t(n))。
然后g(n) = g(t(n) - 1) + (n-t(n)+1)*f(t(n)) + k(n-t(n)) + g(n-t(n))
如果我们可以处理 k(n-t(n)) 和 g(t(n) - 1) 的话,就可以在复杂度要求内得出解了
我们考虑如何去求 k ,观察后发现 k 函数的实际意义可以表达为 k(n) = $sum limits_{i = 0}^{n} BitCount(i)$
用和 g 相似的手法,我们也可以把 k 给拆分到只于2的整次幂减1项相关
因为我们常数项的系数就是BitCount()的和
当n=2^a - 1时我们把式子变形得到k(n) = $sum limits_{i = 1}^{a} inom{a}{i} * a = a * 2^{a - 1}$就很好处理了
然后我们发现 g 的2的整次幂减1是也可以方便预处理的,也是相似的手法,就不再赘述了
然后就可以预处理f,g,k,然后就可以计算答案了
计算答案时可以从后往前很方便的计算
代码 :
/* Lelouch vi Britannia here commands you , all of you , die ! */ #include<bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f #define low(x) ((x)&(-(x))) #define LL long long #define eps 1e-9 #define MOD 1000000007 using namespace std; #define int int inline int Max(int a,int b) {return a>b?a:b;} inline int Min(int a,int b) {return a<b?a:b;} inline int Abs(int a) {return a>0?a:-a;} inline int Sqr(int a) {return a*a;} #undef int #define MAXN 1000006 int n; LL f[MAXN],g[MAXN],k[MAXN],two[MAXN],md[MAXN],uk[MAXN],ug[MAXN]; char s[MAXN]; void Pre(int n) { two[1]=1;g[1]=1;f[1]=1;k[1]=1;f[2]=2; for(int i=2;i<=n;i++) two[i]=two[i-1]*2%MOD; for(int i=3;i<=n;i++) f[i]=(2*f[i-1]+(i-1)*two[i-1]-1)%MOD; for(int i=2;i<=n;i++) k[i]=(k[i-1]*2+two[i])%MOD; for(int i=2;i<=n;i++) g[i]=(g[i-1]*2+two[i]*f[i]+k[i-1]*two[i])%MOD; for(int i=1;i<=n;i++) { md[i]=(md[i-1]+(s[n-i]=='1'?two[i]:0))%MOD; uk[i]=(uk[i-1]+(s[n-i]=='1'?md[i-1]+1+k[i-1]:0))%MOD; ug[i]=(ug[i-1]+(s[n-i]=='1'?md[i-1]*f[i]%MOD+f[i]+uk[i-1]*two[i]%MOD+g[i-1]:0))%MOD; } } int main() { scanf("%s",s); n=strlen(s); Pre(n); printf("%lld ",ug[n]); return 0; } /* Hmhmhmhm . That's right , I am killer. */