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Description.
求满足 \(\sum_{i=0}^{+\infty}a_i2^i=m\) 且 \(\forall i\in\mathbb N,a_i\in[0,8)\) 的 \(\{a_i\}\) 数量。
Solution.
没思路
首先，考虑这个 \(\forall i\in \mathbb N,a_i\in[0,8)\) 的限制。
众所周知， \(8=2^3\)，可以考虑按照 \(8\) 来分组，往 \(8\) 进制那边考虑。
\[\begin{aligned}
m&=\sum_{i=0}^{+\infty}a_i2^i\\
&=\sum_{3|i}(a_i\cdot2^i+a_{i+1}\cdot2^{i+1}+a_{i+2}\cdot2^{i+2})\\
&=\left(\sum_{3|i}a_i\cdot2^i\right)+2\left(\sum_{3|i}a_{i+1}\cdot2^i\right)+4\left(\sum_{3|i}a_{i+2}\cdot2^i\right)\\
&=\left(\sum_{i\in\mathbb N}a_i\cdot8^i\right)+2\left(\sum_{i\in\mathbb N}a_{i+1}\cdot8^i\right)+4\left(\sum_{i\in\mathbb N}a_{i+2}\cdot8^i\right)\\
\end{aligned}
\]
设其分别为 \(x,y,z\)，则有 \(x+2\cdot y+4\cdot z=m\)
发现如果 \(x,y,z\) 确定了，那 \(\{a_i\}\) 就确定了，因为它完全就是个八进制。
题目意思转化成了 \(x+2\cdot y+4\cdot z=m\) 的方案数。
\[\begin{aligned}
res&=\sum_{4i\le m}\sum_{2j\le m-4i}1\\
&=\sum_{4i\le m}\left(\left\lfloor\frac{m-4i}{2}\right\rfloor+1\right)\\
&=\sum_{4i\le m}\left(\left\lfloor\frac{m}{2}\right\rfloor+1-2i\right)\\
&=\left(\left\lfloor\frac{m}{2}\right\rfloor+1\right)\cdot\left(\left\lfloor\frac{m}{4}\right\rfloor+1\right)-\left(\left\lfloor\frac{m}{4}\right\rfloor+1\right)\cdot\left\lfloor\frac{m}{4}\right\rfloor\\
\end{aligned}
\]
Coding.
点击查看没脑子代码
//是啊，你就是那只鬼了，所以被你碰到以后，就轮到我变成鬼了{{{
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar(),bz=0;
for(;c<48||c>57;c=getchar()) if(!(c^45)) bz=1;
for(;c>=48&&c<=57;c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
bz?x=-x:x;
}/*}}}*/
const int P=1e9+7;
inline void solve()
{
ll n,x,y;read(n),x=n/2%P,y=n/4%P;
printf("%lld\n",((x+1)*(y+1)%P-(y+1)*y%P+P)%P);
}
int main() {int Ca;for(read(Ca);Ca--;) solve();return 0;}