2020 ICPC Shanghai C

题目链接：
https://vjudge.net/contest/416227#problem/C

这个题要求(sum_{i=0}^{X}sum_{j=[i==0]}^{Y}[i&j==0]lfloorlog_{2}(i+j)+1 floor)

(0le X,Yle1e9)

然后有(T)组数据，(Tle 1e5)，限时(1s)

从对([i&j==0]lfloorlog_{2}(i+j)+1 floor)求和这一要求可以看出，我们只考虑(i&j==0)的情况，它意味着(i,j)的二进制位不可同为(1)，等价于(i+j)不会发生任何进位。(lfloorlog_{2}(i+j)+1 floor)是(i+j)的二进制位数，由于(i+j)不会发生任何进位，(lfloorlog_{2}(i+j)+1 floor)就是(i,j)的位数的最大值。

当(i)取([2^a,2^{a+1}-1])，(j)取([2^a,2^{a+1}-1])时，这个计数问题很容易解决，即为(2cdot 3^a(a+1))

解释：

第(a)位（从小到大数，且个位为第(0)位）上，要么(i)的第(a)位是(1)，(j)的第(a)位是(0)，要么(i)的第(a)位是(0)，(j)的第(a)位是(1)。然后第(0)到第(a-1)位，每一位有(3)种可能：

(i)对应(0)，(j)对应(0)

(i)对应(0)，(j)对应(1)

(i)对应(1)，(j)对应(0)

(i+j)的位数即(i,j)的位数的最大值(a+1)，故答案即为(2cdot 3^a(a+1))

在最理想的情况下，求和是很简单的，我们可以稍微把问题变得复杂一些：

当(i)取([N,N+2^{a}-1])，(j)取([M,M+2^{b}-1])

而且(N&(2^{a}-1)==0,M&(2^{b}-1)==0,Nge 2^a,Mge 2^b)

即(N)的最小的(a)位都是(0)，(M)的最小的(b)位都是(0)，(N)的位数大于(a)，(M)的位数大于(b)

此时(i)的位数等于(N)的位数，(j)的位数等于(M)的位数，那么满足(i&j==0)的(lfloorlog_{2}(i+j)+1 floor)就是(N)的位数和(M)的位数的最大值，记为(k)，这显然是一个定值

(sum_{i=N}^{N+2^a-1}sum_{j=M}^{M+2^b-1}[i&j==0]lfloorlog_{2}(i+j)+1 floor=ksum_{i=N}^{N+2^a-1}sum_{j=M}^{M+2^b-1}[i&j==0])

由于这个求和是可以交换(i,j)的，我们不妨设(age b)

这样，在最小的(b)位中，(i,j)的取值是自由的，每一位对应(3)种对求和有意义的取值组合：

(i)对应(0)，(j)对应(0)

(i)对应(0)，(j)对应(1)

(i)对应(1)，(j)对应(0)

有(3^b)种可能

假如(a>b)，那么从第(b)到第(a-1)位中，(j)的取值是固定的，与(M)保持一致，而(i)的取值是自由的

对于每一位来说，如果(j)取(0)，那么(i)取(0,1)皆可

如果(j)取(1)，那么(i)只能取(1)

设(M)的第(b)到第(a-1)位中，有(sum_0)个(0)，那么就有(2^{sum_0})种取值

若(a=b)，则令(sum_0=0)即可

从第(a)位到最高位（30位），由于(i,j)的取值分别和(N,M)保持一致，故只有(1)种取值

综上，(sum_{i=N}^{N+2^a-1}sum_{j=M}^{M+2^b-1}[i&j==0]lfloorlog_{2}(i+j)+1 floor=k3^b2^{sum_0})

其中(N&(2^{a}-1)==0,M&(2^{b}-1)==0,Nge 2^a,Mge 2^b,age b)

(k)是(N,M)位数的最大值，(sum_0)是(M)的第(b)位到第(a-1)位中(0)的个数

在笔者看来，数位(DP)最核心的思想就是分段求和

给定(X,Y)，我们需要给(X),(Y)分别分段，然后两两组合计算并求和

比如题目给的(19\,26)这一样例

([0,19])即可分成([0,0],[1,1],[2,3],[4,7],[8,15],[16,19])

([0,26])即可分成([0,0],[1,1],[2,3],[4,7],[8,15],[16,23],[24,25],[26,26])

然后根据上面的方法两两组合求和，这里特别注意([0,0])和([0,0])不可以组合，这是题目的规定

这种分法大约需要把区间分为(60)段

假设(X)有(cnt)位，那么可以先分出([0,0],[1,1],[2,3],...[2^{cnt-2},2^{cnt-1}-1])这些区间

这些最多是(cnt)份

之后可以继续分出若干区间([2^{cnt-1},2^{cnt-1}+2^{a_1}-1],[2^{cnt-1}+2^{a_1},2^{cnt-1}+2^{a_1}+2^{a_2}-1]...)

由于(cnt-1>a_1>a_2>...ge 0)，所以最多有(cnt-1)份

总共不超过(2cnt-1)份，考虑(Xle 1e9)，故最多分成(61)份，每次计算需要不超过(4000)次求和

这样总共就需要进行约(4000*100000=4e8)次求和，这样就要求每次计算时复杂度是(O(1))的

我们需要预处理出每一个区间([N,N+2^a-1])的(N)的哪些位是(0)，然后用前缀和求出区间中(0)的数量，这样可以快速得出(sum_0)的大小

此外还得预处理出(3)的若干次幂和(2)的若干次幂，不可以现算

我的代码用G++11提交T了一次，然后用G++17提交就A了，可见出题人卡得一手常数。当然，我相信在一定的优化之后，用所有的方法编译都是可以通过的。

代码如下

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
//typedef unsigned long long ll;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
int posx[40],posy[40];
int bits(int num)//返回有几位
{
	int cnt=0;
	do
	{
		cnt++;
		num>>=1;
	}while(num);
	return cnt;
}
ll power[4][35];
struct qujian
{
	int st,free,len;//表示区间[st,st+2^free-1]，其中st有len位
	private:int pre_sum_act[35];
	public:
	int *pre_sum;//前缀和数组
	void mp(int st_,int free_,int len_)
	{
		st=st_;free=free_;len=len_;
		pre_sum=pre_sum_act+1;//防止求前缀和时访问下标-1
	}
	void pre()//求前缀和
	{
		pre_sum[-1]=0;
		for(int i=0;i<31;i++)
		{
			pre_sum[i]=pre_sum[i-1]+!(st&(1<<i));
		}
	}
	int num_0(int l,int r)//求[l,r]这个区间中,st中有几个0
	{
		return pre_sum[r]-pre_sum[l-1];
	}
	ll operator *(qujian &b)//两个区间中有几对i,j使得i&j==0
	{
        //注意一定使用指针或者引用访问，免得程序执行时进行拷贝，提高复杂度
		ll ans=1;
		qujian *x,*y;
		x=this;
		y=&b;
		if(x->free<y->free)swap(x,y);
		ans*=power[3][y->free];//题解中所说的3^b
		ans*=power[2][y->num_0(y->free,x->free-1)];//题解中所说的2^sum_0
		return ans;
	}
}qjx[100],qjy[110];
int lim(int num,qujian qj[])
{
	int weishu=bits(num);
	int cnt=0;
	qj[++cnt].mp(0,0,1);//[0,0]
	for(int i=0;i<weishu-1;i++)
	{
		qj[++cnt].mp(1<<i,i,i+1);
	}
    /*注：这种写法分出来的区间可能会多一点，比如[1000,1111]本来可以看成一个区间，
    这么写会拆成[1000,1011],[1100,1101],[1110,1110],[1111,1111]四个区间，总数不会超过62个
    好处是比较好写（好写很重要），可以用简单的循环处理
    */
	for(int st=1<<(weishu-1),i=weishu-2;i>=0;i--)
	{
		if((num&(1<<i))==0)continue;
		qj[++cnt].mp(st,i,weishu);
		st|=(1<<i);
	}
	if(num)qj[++cnt].mp(num,0,weishu);
	return cnt;
}
int main()
{
    //预处理幂次
	power[2][0]=1;
	power[3][0]=1;
	for(int i=1;i<32;i++)power[2][i]=power[2][i-1]*2%mod;
	for(int i=1;i<32;i++)power[3][i]=power[3][i-1]*3%mod;
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		int X,Y;
		scanf("%d%d",&X,&Y);
        //区间划分
		int qj_num_x=lim(X,qjx);
		int qj_num_y=lim(Y,qjy);
		for(int i=1;i<=qj_num_x;i++)
		{
			qjx[i].pre();//前缀和预处理
		}
		for(int j=1;j<=qj_num_y;j++)
		{
			qjy[j].pre();
		}
		ll ans=0;
        //枚举不同的区间
		for(int i=1;i<=qj_num_x;i++)
		{
			for(int j=1+(i==1);j<=qj_num_y;j++)
			{
				if(qjx[i].st&qjy[j].st)continue;
				ll k=max(qjx[i].len,qjy[j].len);
				ll ans1=qjx[i]*qjy[j];
				ans+=k*ans1;
			}
		}
        //最后不要忘了取模
		ans=ans%mod;
		printf("%lld
",ans);
	}
}