Description
对于给定的数字(n,l,r)，求在 (C_n^l,C_n^{l+1},C_n^{l+2},dots,C_n^r) 中共有多少个奇数。
行号(n)从0开始计数。特别地，我们规定(C_0^0 = 1)。
数据保证 (0 leq n leq 10^{18})
Algorithm1: Divide and Conquer
拿到一个1e18的题，第一反应肯定是先打个表看看嘛。
我们知道有杨辉三角：
我们把其中的奇数标成1，偶数标成0，于是得到：
你也可以再列出一些，不过总之我们发现，这个01构成的三角形似乎有着某种绝佳的对称性。
实际上，这正是一种分形，名叫谢尔宾斯基三角形。
根据这种绝佳的对称性，我们容易设计出一种分治算法：
typedef long long ll;
ll solve(ll n, ll l, ll r)
{
ll ret = 0, cnt_0, L, R;
if(n == 0) ret = 1;
else
{
cnt_0 = powt(ceil(log2(n + 1))) - n - 1;
R = (n + 1 - cnt_0) / 2 - 1;
L = R + cnt_0 + 1;
if(l <= R) ret += solve(R, l, min(R, r));
if(L <= r) ret += solve(R, max(L, l) - L, r - L);
}
return ret;
}
我们用cnt_0统计所求行最中间0的个数，
R 表示将中间的0去掉后左侧部分的右端点，
L 表示将中间的0去掉后右侧部分的左端点。
然后分别向左右两侧递归地计算答案。
这种写法比较直观，但不是最优美简洁的。
该算法的复杂度分析是比较困难的，不过我们容易发现 (n = 2 ^ t - 1) 时是最坏的情况。
此时有 (T(n) = 2 imes T(frac{n}{2}) + log_2 n)，复杂度是略大于(O(n))的。
但经测试，在数据随机的背景下，(n) 在 1e11 的量级时该算法仍然有较好的表现。
平均复杂度的证明留给读者。
Algorithm2: Lucas' Theorem
求奇偶性，不就是求 (mod 2) 的值吗？
求组合数取模后的结果，不就是Lucas定理吗？
此外，利用上面的切尔宾斯基三角形其实也是证明Lucas定理的一种方法。
Lucas's Theorem:
其中，
只是另一种表达方式罢了，只不过这样写更容易看清。
接下来我们考虑求 (C_n^m mod 2)，可以考虑对 (C_n^m) 连续使用Lucas定理。
我们将(n, m)两个数二进制表示：
这里 (n,m) 的二进制位数当然不一定相同，我们可以在最高位补0，效果相同。
那么我们有，
如果 (C_n^m) 是奇数，那么右式就应当为得1，否则即为0。
而我们知道(a_i, b_i)的取值只有(0, 1)，又有：
稍作观察就能发现：
由此，我们 (O(n)) 地枚举 ([l, r]) 间的所有整数即可。
register long long cnt = 0;
for(register long long i = l; i <= r; ++i)
cnt += ((i | n) == n);
代码就这。
Algorithm3: Dynamic Programing
可以发现我们用了一下Lucas定理之后平均复杂度可能还不如找规律。
这是因为我们枚举了 ([l, r]) 间的所有整数的缘故。
但考虑现在的问题：求 ([l, r]) 间或(n)得(n)的数的个数，这是一个容易解决的数位DP问题。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<bool> lim;
ll n, l, r, dp[64][2];
int len;
ll dfs(int ith, bool ful)
{
if(ith == len) return 1;
if(dp[ith][ful]) return dp[ith][ful];
ll res = 0;
if((1ll << (len - ith - 1)) & n)
{
if(lim[ith])
{
res += dfs(ith + 1, ful);
res += dfs(ith + 1, false);
}
else
{
if(ful) res += dfs(ith + 1, ful);
else res += 2 * dfs(ith + 1, ful);
}
}
else res += dfs(ith + 1, ful & (!lim[ith]));
return dp[ith][ful] = res;
}
ll solve(ll x)
{
if(x == -1) return 0;
lim.clear();
memset(dp, 0, sizeof(dp));
while(x) {
lim.push_back(x & 1);
x >>= 1;
}
len = lim.size();
reverse(lim.begin(), lim.end());
return dfs(0, true);
}
int main()
{
freopen("math.in", "r", stdin);
freopen("math.out", "w", stdout);
cin >> n >> l >> r;
cout << solve(r) - solve(l - 1) << endl;
return 0;
}
复杂度是易于分析的(O(logn))，证明留给读者。