标签：一点   递归   重复   无法   bsp   alt   mic   多少   pac   

题目：

题意：

　　找到满足u<=n,v<=n，且存在a xor b=u,a+b=v，的数对（u，v）的个数。

分析：

　　n很大，挨个递推就不太好了，不过我们先想一想可以怎么稍微暴力点的递推：fi=fi-1+Coi，也就是一个一个来，Coi表示和为i的有多少个异或之后有多少结果。当然，这样复杂度是无法接受的。数组开不下，来个递归处理，当然函数也占地方。

　　都想到递归了，想一想有什么别的递归方式，有的，fi=f（i/2）+f（（i-1）/2）+f（（i-2）/2）（除法向下取整），为什么呢？首先先证明下界，即fi>=f（i/2）+f（（i-1）/2）+f（（i-2）/2）（除法向下取整）,我们尝试构造，我们给得到i/2以内的数对x1，y1的数字a1，b1，最后一位（二进制为）补一个0，新的到的数字a，b，那么有，a+b<=n,a xor b<=n，且不会重复，我们给得到（i-1）/2以内的数对的数字补1和0，同样可以得到新的数字和数对，且不重，同样，给（i-2）/2以内的补两个1，同样不重，且三组里的数对没有重复。为什么呢？首先末尾补0，1的一定和另两个组不同，而补0，0和补1，1的异或如果想等，那么倒数第二位的和相等，但是由于1，1进位，所以和的倒数第二位将不会想等，于是有fi>=f（i/2）+f（（i-1）/2）+f（（i-2）/2）（除法向下取整），然后证明上界，即fi<=f（i/2）+f（（i-1）/2）+f（（i-2）/2）（除法向下取整），类似的方法，给这些数字最后一位抹掉，发现新的数对数量不会超过f（i/2）+f（（i-1）/2）+f（（i-2）/2）（除法向下取整）。于是我们有了fi<=f（i/2）+f（（i-1）/2）+f（（i-2）/2）（除法向下取整），于是有fi=f（i/2）+f（（i-1）/2）+f（（i-2）/2）（除法向下取整），当然，为了快一点，我们会合并一下（分奇偶），然后没次递归就只调用两个函数（其实调用3个也差不多，因为将会有两个一样），然后再记忆化一下。

　　最后复杂度的证明：需要处理出的数最多有：x，x/2，x/2-1，x/4，x/4-1，x/4-2，x/8，x/8-1，x/8-2，x/8-3，所以复杂度应该是（logn）的平方，然后就是代码。

#include <cstdio>
#include <map>
const int mod=1e9+7;
using namespace std;
map<long long,int> ma;
int Cl(long long x){
    if(ma[x])
        return ma[x];
    if(x&1)
        return ma[x]=((long long)Cl(x/2ll)*2ll+Cl(x/2ll-1ll))%mod;
    return (Cl(x/2ll-1ll)*2ll+Cl(x/2ll))%mod;
}
int main(){
    long long n;
    scanf("%lld",&n);
    ma[0]=1;
    ma[1]=2;
    ma[2]=4;
    ma[3]=5;
    ma[4]=8;
    printf("%d",Cl(n));
    return 0;
}

xor_sum,题解

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原文地址：https://www.cnblogs.com/wish-all-ac/p/12865183.html