題目大意：
花神的題目是這樣的 設 sum(i) 表示 i 的二進位制表示中 1 的個數。給出乙個正整數 n ，花神要問你 派(sum(i)),也就是 sum(1)—sum(n) 的乘積。
要對10000007（非質數）取模
n<=10^15
分析：o(nlogn)暴力顯然可以想出來。顯然會tle
這是從1~n乙個乙個列舉並變成二進位制算的，但是我們是否可以向普通的數字dp，一次性列舉許多個數呢？
二進位制的n，大概最多50位。例如21=10101.它顯然可以拆成二進位制下的10000+100+1
那麼，我們是否可以嘗試著去先算出來1~10..0的sum乘積？
假設這是乙個n位數，也就是有n-1個零
考慮只有乙個1的數字個數，c(n,1)，即，在n個位置上，取1個位置變成1的方案數。那麼，sum[i]=1的數的貢獻就是1^c(n,1)
只有二個1，c(n-1,2)，注意，是n-1位，因為除了特殊的10..000之外，其他的數都只有n-1個位置可放1。同理，sum[i]=2的數的貢獻就是2^c(n-1,2),因為本身就是連乘嘛，交換律結合律就先把不同個數的數所做的貢獻乘起來。
三個1同理。
以21=10101為例，這樣我們可以切掉n的第乙個10000以下的方案。
現在我們要處理10001~10100的方案數，我們仍然可以利用剛才處理100的思路，
只是，放乙個1在最後的三位，必然每次都要加上之前已經有過的那乙個1（10000），所以，是2^c(3,1)
2個1同理，是3^c(2,2)
這樣，就解決問題了。
**：
#includeusingnamespace
std;
typedef
long
long
ll;const
int mod=10000007
;ll ans=1
;ll sum;
ll wei;
ll c[
52][52
];ll n;
ll qm(ll x,ll y)
return
ret;
}int
main()
//直接打表就好，
//注意，組合數將作為指數部分，不能取模 c(50,25)long long也開的下，
scanf("
%lld
",&n);
wei=0;sum=0;//
sum，已經處理出來的之前的1的個數
for(wei=50;wei>=1;wei--)//
按位列舉
sum++; }}
printf(
"%lld
",ans);
return0;
}
總結：數字dp的最初思想的**，就是利用整千，整萬，整十萬的整齊特殊性質，可以利用可以想到的數學方法，對列舉進行大幅的簡化，直接減少到o(logn)
這個題其實算是數字dp的裸題，還是比較常規的。
對於其他的符合規定的第k小的數（啟示錄），是先預處理整位的情況，再按位列舉，考慮每個數能填幾，從而類似康拓展開，找到第k小的數。
或者[l,r]區間內多少個滿足限制的數，字首和思想，求l-1以內，再求r以內做差就好。
bzoj3209 花神的數論題
題意 求sum 1 sum 2 sum n 其中sum x 表示x的二進位制表達中1的數量。答案模10 7 7。n 10 15。考慮列舉sum x 的值為t，然後求有多少個不大於n的正整數的二進位制表達恰好有t個1，設這個答案為f t 這一部分可以用數字dp來實現。例如要求解1.12，可以將其分成1...
bzoj 3209 花神的數論題
設 sum i 表示 i 的二進位制表示中 1 的個數。給出乙個正整數 n 求 i 1ns um i 枚下1的個數，那麼題目就轉換成了1 n有多少個數的二進位制有x個一。這就很容易數字dp了。f i j 表示i位第一位為1，共j個一的數的數目，g i j 表示i位第一位為0，共j個一的數的數目。容易...
BZOJ3209 花神的數論題
bzoj3209 花神的數論題 背景眾所周知，花神多年來憑藉無邊的神力狂虐各大 oj oi cf tc 當然也包括 ch 啦。描述話說花神這天又來講課了。課後照例有超級難的神題啦 我等蒟蒻又遭殃了。花神的題目是這樣的 設 sum i 表示 i 的二進位制表示中 1 的個數。給出乙個正整數 n 花神要...