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题目大意

可表为 $(a \xor b, a + b)$ 的二元组有多少个？
$a, b$ 满足下列约束条件：
① $a, b$ 是非负整数；
② $a + b \le N$，$N$ 是给定的正整数且 $N \le 10^{18}$ 。

我的思考

考虑 $a \xor b$ 的二进制表示，对其进行数位 DP。
问题转化成

$ 0 \le x < 2^k $
$ 0 \le y < 2^k $
$ x + y \le M$
$k, M$ 给定且 $ 2^k \le M < 2^{k + 1}$ 。
二元组 $(x \xor y, x + y)$ 有多少种不同取值？

这个问题并不容易，思路至此中断。

参考题解

https://blog.csdn.net/just_sort/article/details/54288233

Key observation
可以给 $a, b$ 增加一个约束而不改变原题目的解：
③ $a$ 的每个二进制位都不大于 $b$ 的对应二进制位。

在这三条约束下，可以证明 $(a, b) \mapsto (a \xor b, a + b)$ 是单射。

证明：设 $(a_1, b_1) \ne (a_2, b_2)$ 。若 $a_1 \xor b_1 = a_2 \xor b_2$ 则必有某个二进制位，在此位上某一组的值是 $(0,0)$，另一组的值是 $(1, 1)$ 。考虑满足此条件的最高位，易见 $a_1+ b_1 \ne a_2 + b_2$ 。证毕。

至此问题化为在上述三个约束下，满足 $a + b \le N$ 的二元组 $(a, b)$ 有多少个？

令 $f(N)$ 表示所求，考虑 $a, b$ 的最低位（即权重为 $2^0$ 的位），$a, b$ 在此位上的取值有三种情况：$(0, 0)$、$(0, 1)$、$(1, 1)$；得到递推

$$ f(N) = f(N / 2) + f((N - 1) / 2) + f( (N - 2) / 2) $$

边界条件：
$ f(0) = 1, f(1) = 2 $

问题：算出 $f(N)$ 需要计算多少个状态？

据说状态数在 $(\log N)^2$ 的级别，我不能证明。

另一种 DP

仍按上述思路，下面介绍官方题解给出的 DP 方法。这种方法的复杂度比较清楚，并且其思想可以用于求解更为一般的数位 DP 问题。

DP 状态

dp[i][ j ]：$a + b$ 的二进制表示的第 $i$ 位及以上的部分（确切地说，权值大于等于 $2^{i}$ 的那些位）已经确定且不考虑第 $i$ 位以下部分，$a + b$ 的二进制第 $i$ 位及以上的部分（换言之，$a + b$ 已经确定的部分）与 $N$ 的二进制第 $i$ 位及以上的部分的差是 $j$（亦即 (N >> i) - ((a + b) >> i) == j）的情况有多少种。

举例言之，N = 10101。a + b = 1****（符号 * 表示暂不考虑这些位上的值）属于状态 dp[4][0]，1 - 1 = 0；a + b = 0**** 属于状态 dp[4][1]，1 - 0 = 1；a + b = 00*** 属于状态 dp[3][2]，10 - 00 = 2；a + b = 10*** 属于状态 dp[3][0]，10 - 10 = 0；a + b = 100** 属于状态 dp[2][1]，101 - 100 = 1；000** 属于状态 dp[2][5]，101 - 000 = 5。

对于状态 dp[i][ j ]，注意到当 $j \ge 2$ 时，$a + b$ 的二进制第 $0$ 到 $i - 1$ 位可以任意选取，共有 $3^{i}$ 种情况。所以 $j \ge 2$ 的状态可以用 $j = 2$ 表示，因此 $j$ 可以只取 $0, 1, 2$ 这三个值。另外，由于只有 $j = 0, 1$ 的状态需要转移，在编程实现时，dp 数组的第二维取 2 即可。

转移方式

只有 dp[i][0] 和 dp[i][1] 需要转移；看 $N$ 的二进制第 $i - 1$ 位上是多少，枚举 $a, b$ 的二进制第 $i - 1$ 位。

（1）$N$ 的二进制第 $i - 1$ 位上是 0
dp[i][0] -- (0, 0) --> dp[i - 1][0]
dp[i][1] -- (0, 0) --> dp[i - 1][2]
dp[i][1] -- (0, 1) --> dp[i - 1][1]
dp[i][1] -- (1, 1) --> dp[i - 1][0]
（2）$N$ 的二进制第 $i - 1$ 位上是 1
dp[i][0] -- (0, 0) --> dp[i - 1][1]
dp[i][0] -- (0, 1) --> dp[i - 1][0]
dp[i][1] -- (0, 0) --> dp[i - 1][2]
dp[i][1] -- (0, 1) --> dp[i - 1][2]
dp[i][1] -- (1, 1) --> dp[i - 1][1]

边界条件

由于 $N \le 10^{18}$ 而 $\log 10^{18} \approx 59.79$，故边界条件可取为 dp[60][0] = 1, dp[60][1] = 0 。

复杂度

时间复杂度 $O(\log N)$，空间复杂度 $O(\log N)$ 。

代码

template <typename T>
int get_bit(T a, int i) {
    return a >> i & 1;
}

ll n;
scan(n);
ll p3[60];
 
p3[0] = 1;
rng (i, 1, 60) {
    p3[i] = p3[i - 1] * 3 % mod;
}

vector<array<ll,2>> dp(61);

dp[60][0] = 1;
ll ans = 0;
down (i, 60, 1) {
    rng (j, 0, 2) {
        if (dp[i][j]) {
            int t = get_bit(n, i - 1) + 2 * j;
            rng (k, 0, 3) {
                if (k > t) break;
                if (t - k > 1) {
                    ans += dp[i][j] * p3[i - 1] % mod;
                    ans %= mod;
                } else {
                    dp[i - 1][t - k] += dp[i][j];
                    dp[i - 1][t - k] %= mod;
                }
            }
        }
    }
}
 
ans += dp[0][0] + dp[0][1];
ans %= mod;
println(ans);

References

https://qiita.com/259_Momone/items/86e90d17e4efe3b22433

ABC050D/ARC066D Xor Sum

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Patt/p/11729108.html