Problem A 树状数组
给出下列$C++$代码：
设区间加操作$modify(l,r)$为调用两次$update(r,1)$和$update(l-1,-1)$
设$f(l,r)$表示在初始$cnt[i]$全部是$0$的情况下进行$modify(l,r)$操作后，cnt数组中含有非$0$元素的个数。
给出$T$组询问，输出$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=i}^{n} f(i,j)$的值。
对于 $100\%$的数据满足，$T\leq 10^4 , n \leq 10^{18}$
Solution :
上来就做如此恶心的数位$DP$，不过也好，复习了一下数位$DP$。
观察到$f(l,r)$答案的构成是$l$的二进制个数+$r$的二进制个数 - $l,r$二进制表示形成字符串的lcp的$1$的个数。
对$n$二进制拆分，从高位到低位依次考虑，设$f[i][op1][op2][j]$当前考虑到第$i$位，当前$r$对$n$是否有限制(op1)，当前$l$是否对$r$有限制(op2)。
而$j$这一维状态，分两次$dp$考虑。
第一次，我们要求出所有数对$(0 \leq l< r \leq n)$中两个数的二进制$1$的个数的和。
所以，容易的设$j$为更高位$1$的数目，而整个dp的值表示方案数，总和就是方案数$\times j$的和
第二次，我们要求出所有数对$(0 \leq l< r \leq n)$中两个数二进制串的$lcp$的$1$的个数
所以，容易的设$j$为更高位公共$1$的个数，同时整个$dp$的值表示方案数，总和就是方案数$\times j$的和
按照普通的数位$dp$转移即可，需要注意一些细节，这里就不再赘述一些沙雕错误了，代码用了循环展开，可读性极差。
复杂度是$O(T {log_2}^2 n)$
# pragma GCC optimize(3,"Ofast") # include<bits/stdc++.h> # define Rint register int using namespace std; const int mo=1e9+7; long long n; int a[105]; int f[64][2][2][2*64]; inline void pls(int &a, int b) { a = (a + b >= mo ? a + b - mo : a + b); } signed main(){ int T; scanf("%d",&T); while (T--) { scanf("%lld",&n);a[0]=0; while (n) { a[++a[0]]=n&1; n>>=1;} f[a[0]][0][1][0]=1, f[a[0]][1][0][1]=1, f[a[0]][1][1][2]=1; int HJCAK = a[0] << 1; for (Rint i=a[0];i>=2;i--) for (Rint op1=0;op1<=1;op1++){ Rint op2 = 0; for (Rint j=0;j<=HJCAK;j++) { pls(f[i-1][(op1)&&!a[i-1]][op2][j],f[i][op1][op2][j]); if (op1 && a[i-1]) pls(f[i-1][1][op2][j+2],f[i][op1][op2][j]); if (!op1) pls(f[i-1][0][op2][j+2],f[i][op1][op2][j]); if (!op2) pls(f[i-1][op1&&!a[i-1]][0][j+1],f[i][op1][op2][j]); if (op1 && a[i-1]) pls(f[i-1][1][0][j+1],f[i][op1][op2][j]); if (!op1) pls(f[i-1][0][0][j+1],f[i][op1][op2][j]); } op2 = 1; for (Rint j=0;j<=HJCAK;j++) { pls(f[i-1][(op1)&&!a[i-1]][op2][j],f[i][op1][op2][j]); if (op1 && a[i-1]) pls(f[i-1][1][op2][j+2],f[i][op1][op2][j]); if (!op1) pls(f[i-1][0][op2][j+2],f[i][op1][op2][j]); if (!op2) pls(f[i-1][op1&&!a[i-1]][0][j+1],f[i][op1][op2][j]); if (op1 && a[i-1]) pls(f[i-1][1][0][j+1],f[i][op1][op2][j]); if (!op1) pls(f[i-1][0][0][j+1],f[i][op1][op2][j]); } } int res1=0; for (Rint op1=0;op1<=1;op1++) for (Rint j=1;j<=HJCAK;j++) pls(res1,1ll*f[1][op1][0][j]*j%mo); memset(f,0,sizeof(f)); f[a[0]][0][1][0]=1, f[a[0]][1][0][0]=1, f[a[0]][1][1][1]=1; for (Rint i=a[0];i>=2;i--) for (Rint op1=0;op1<=1;op1++){ Rint op2 = 0; for (Rint j=0;j<=a[0];j++) { pls(f[i-1][op1&&!a[i-1]][op2][j],f[i][op1][op2][j]); if (op1 && a[i-1]) pls(f[i-1][1][op2][j+op2],f[i][op1][op2][j]); if (!op1) pls(f[i-1][0][op2][j+op2],f[i][op1][op2][j]); if (!op2) pls(f[i-1][op1&&!a[i-1]][0][j],f[i][op1][op2][j]); if (op1 && a[i-1]) pls(f[i-1][1][0][j],f[i][op1][op2][j]); if (!op1) pls(f[i-1][0][0][j],f[i][op1][op2][j]); } op2 = 1; for (Rint j=0;j<=a[0];j++) { pls(f[i-1][op1&&!a[i-1]][op2][j],f[i][op1][op2][j]); if (op1 && a[i-1]) pls(f[i-1][1][op2][j+op2],f[i][op1][op2][j]); if (!op1) pls(f[i-1][0][op2][j+op2],f[i][op1][op2][j]); if (!op2) pls(f[i-1][op1&&!a[i-1]][0][j],f[i][op1][op2][j]); if (op1 && a[i-1]) pls(f[i-1][1][0][j],f[i][op1][op2][j]); if (!op1) pls(f[i-1][0][0][j],f[i][op1][op2][j]); } } int res2=0; for (Rint op1=0;op1<=1;op1++) for (Rint j=1;j<=a[0];j++) pls(res2,1ll*f[1][op1][0][j]*j%mo); res2 <<= 1; res2 >= mo && (res2 -= mo); printf("%d\n",(res1-res2+mo)%mo); if(T) memset(f,0,sizeof(f)); } return 0; }