思路
一道比较经典的题。
(xotimes 3x=2x)等价于(x otimes 2x=3x)
异或其实就是不进位的加法。因为(x + 2x=3x)，所以只要满足(x+2x)在二进制上没有进位即可。很容易发现其实就是要求(x)的二进制位置上没有相邻的两个(1)。
对于第一问，很裸的数位(dp)
对于第二问，我们用(f[i])表示在二进制表示下，(x)的前(i)位中没有相邻的两个(1)的方案数。如果第(i)位填(0),那么只要前(i-1)位没有相邻的(1)就行了。所以(f[i]+=f[i-1])，如果第(i)位填(1)。那么第(i-1)位必须是(0)，所以前(i - 2) 位没有相邻的(1)就行了，所以(f[i]+=f[i-1])。所以(f[i]=f[i-1]+f[i-2])，就是菲波那切数列了。矩阵快速幂优化一下子就(OK)了。
代码
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
ll read() {
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
namespace BF1 {
int a[100],tot;
ll f[100][2][2];
ll dfs(int pos,int limit,int lst) {
if(pos == 0) return 1;
if(f[pos][limit][lst]) return f[pos][limit][lst];
if(limit) {
if(a[pos] == 0) f[pos][limit][lst] += dfs(pos - 1,1,0);
else {
f[pos][limit][lst] += dfs(pos - 1,0,0);
if(!lst) f[pos][limit][lst] += dfs(pos - 1,1,1);
}
}
else {
f[pos][limit][lst] += dfs(pos - 1,0,0);
if(!lst) f[pos][limit][lst] += dfs(pos - 1,0,1);
}
return f[pos][limit][lst];
}
void solve(ll x) {
tot = 0;
while(x) {
a[++tot] = x & 1;
x >>= 1;
}
memset(f,0,sizeof(f));
printf("%lld
",dfs(tot,1,0) - 1);
}
}
namespace BF2 {
struct node {
ll a[10][10];
int n,m;
node() {
memset(a,0,sizeof(a));n = 0,m = 0;
}
node(int x,int y) {
n = x,m = y;
memset(a,0,sizeof(a));
}
node(int nn) {
n = m = nn;
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i = 1;i <= nn;++i) a[i][i] = 1;
}
};
node operator * (const node &x,const node &y) {
int n = x.n,m = y.m,K = x.m;
node ret(n,m);
for(int k = 1;k <= K;++k)
for(int i = 1;i <= n;++i)
for(int j = 1;j <= m;++j)
ret.a[i][j] += x.a[i][k] * y.a[k][j] % mod,ret.a[i][j] %= mod;
return ret;
}
node operator ^ (node x,ll y) {
node ret(x.n);
for(;y;y >>= 1,x = x * x)
if(y & 1) ret = x * ret;
return ret;
}
void solve(ll n) {
node A(1,2);
A.a[1][1] = A.a[1][2] = 1;
node C(2,2);
C.a[1][1] = C.a[1][2] = C.a[2][1] = 1;
A = A * (C ^ n);
printf("%lld
",A.a[1][1]);
}
}
int main() {
int T = read();
while(T--) {
ll n = read();
BF1::solve(n);
BF2::solve(n);
}
return 0;
}