【BZOJ3329】Xorequ（数位dp+矩阵快速幂）

x⊕3x=2x 推出 $x\oplus 2x=3x$，然后又有 $x+2x=3x$。

定理：若 $a\oplus b=c$ 且 $a+b=c$，则不可能存在 $a$、$b$ 在二进制下的某一位都是 $1$。

证明：设 $a$ 在二进制下的第 $i$ 位为 $a_i$，$b$ 在二进制下的第 $i$ 位为 $b_i$，$c$ 在二进制下的第 $i$ 位为 $c_i$。显然有 $a_1+b_1=c_1$ 且 $a_1\oplus b_1=c_1$，因为这一位不可能得到进位。分类讨论一下发现 $a_1$ 和 $b_1$ 不可能都是 $1$，那么第一位就不可能向第二位进位。第二位也就能用同样的方法证出来 $a_2$ 和 $b_2$。以此类推，$a$ 和 $b$ 二进制下的任何一位都不能全是 $1$。

那么我们就可以知道 $x$ 和 $2x$ 二进制下的任何一位都不能全是 $1$。

又因为 $2x$ 是由 $x$ 左移一位得到的，所以就等价为：二进制下的 $x$ 任意相邻的两位都不能是 $1$。

那么对于第一问，把 $x$ 转成二进制数，然后数位dp。

对于第二问：

设 $f_{i,0/1}$ 代表满足以下条件的二进制数（可以有前导0）的个数：$i$ 位数，第一位为 $0/1$ ，没有连续的两位为 $1$。

那么显然第二问的答案就是 $f_n=f_{n,0}+f_{n,1}$。

考虑 $f_i$ 的状态转移：

$f_{i,0}=f_{i-1,0}+f_{i-1,1}=f_{i-1}$

$f_{i,1}=f_{i-1,0}$

得 $f_i=f_{i-1}+f_{i-1,0}=f_{i-1}+f_{i-2}$

那么这就是一个斐波那契数列，用矩阵快速幂求一下就好了。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long
#define mod 1000000007

using namespace std;

struct Matrix
{
	ll a[2][2];
	Matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
	void init(){a[0][0]=a[1][1]=1;}
	Matrix operator * (const Matrix &b) 
	{
		Matrix c;
		for(int i=0;i<2;i++)
			for(int j=0;j<2;j++)
				for(int k=0;k<2;k++) 
					c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a[i][k]*b.a[k][j])%mod;
		return c;
	}
}ch;

int t;
int cnt,num[100];
ll n,dp[100][2][2];

void init()
{
	ch.a[1][0]=ch.a[0][1]=ch.a[1][1]=1;
}

ll dfs(int k,bool limit,bool last)
{
	if(!k) return 1;
	if(!dp[k][limit][last])
	{
		dp[k][limit][last]+=dfs(k-1,limit&&!num[k],0);
		if((!last)&&((!limit)||(limit&&num[k]))) dp[k][limit][last]+=dfs(k-1,limit&&num[k],1);
	}
	return dp[k][limit][last];
}

ll solve1()
{
	cnt=0;
	ll x=n;
	while(x)
	{
		num[++cnt]=x&1ll;
		x>>=1ll;
	}
	return dfs(cnt,1,0)-1;
}

ll solve2()
{
	Matrix a=ch,ans;
	ans.init();
	ll b=n+2;
	while(b)
	{
		if(b&1ll) ans=ans*a;
		a=a*a;
		b>>=1ll;
	}
	return ans.a[0][1];
}

int main()
{
	init();
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		scanf("%lld",&n);
		printf("%lld
",solve1());
		printf("%lld
",solve2());
	}
	return 0;
}