题意
对于一个有两个参数的函数\(f(l,r)\)
我们定义其值为：
在树状数组中\(l-1\)位置减一，\(r\)位置加一
最后得到的树状数组中不为\(0\)的位置的个数
求
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^nf(i,j)
\]
\(N \leq 10^{18}\)
答案对\(10^9+7\)取模
解法
这题很巧妙
为了方便，我们把\(f(l,r)\)重定义为在\(l\)处减一，\(r\)处加一
我们可以发现\(f(l,r)\)其实就是\(l\)与\(r\)的二进制表示中所有的一的个数减去两倍其\(lcp\)中一的个数
这个还是很好发现的，参见\(lowbit\)的定义
由于\(N\)达到了\(10^{18}\)考虑按位进行统计
从高位到低位枚举\(lcp\)，设当前枚举到\(i\)，\(n\)在二进制表示下的长度为\(len\)
则\(i...len\)为当前串的\(lcp\)
则这种情况下\(lcp\)的贡献为\(lcp\)中一的个数
如果第\(i-1\)位为\(1\)，那么为了使\(lcp\)保持在\(i...len\)，第\(i-1\)为一定只能填\(0\)
由于这一位填\(0\)，我们保证了填的数一定小于上界
这样\(i\)之后的数一定可以贴上界；当然也可以不贴上界
如果第\(i-1\)位为\(0\)，同理我们只能填\(1\)
这样我们没法保证填的数一定小于上界，所以\(i\)之后的数不能贴上界
考虑\(lcp\)贴上界与不贴上界时的贡献分别如何
当贴上界时：
现在我们已经确定了\(i-1...n\)的所有数
由于是贴上界的，我们应该保证在填完\(1...i-2\)之后所有数仍小于等于上界
所以填\(1\)的数有\((1+pre[i-2])\)种填法
这里的\(pre\)数组意义是将\(n\)二进制表示的每一个前缀单独提出来构成的数
填\(0\)的数已经保证了小于上界
于是有\(2^{i-2}\)种填法
如果不贴上界：
\(i-1...n\)未确定，但一定小于上界
所以之前的数一共有\(2^{i-2}\times 2^{i-2}\)种填法
而\(lcp\)的贡献则是\(1...suf[i]\)中所有数\(1\)的个数，这个可以\(O(logN)\)算出来
\(suf[i]\)的定义与\(pre[i]\)类似
最后按照之前提到的计算方法计算\(f(l,r)\)即可
代码
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 70;
const int mod = 1e9 + 7;
#define int long long
int T;
int bit[N];
long long n;
long long pow[N], pre[N];
inline long long max(long long x, long long y) {
return x > y ? x : y;
}
long long calc(long long r) {
r += 1;
int res = 0;
for (int i = 0; i <= 61; ++i) {
if (pow[i] > r) break;
long long x = r / pow[i + 1], y = r % pow[i + 1];
res = (res + 1LL * x * pow[i] % mod + max(y - pow[i], 0)) % mod;
}
return res;
}
signed main() {
scanf("%lld", &T);
pow[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 61; ++i) pow[i] = (pow[i - 1] << 1) % mod;
while (T--) {
scanf("%lld", &n);
int len = 0, cnt = 0;
long long tmp = n, suf = 0, ans = 0;
while (tmp) bit[++len] = tmp & 1, tmp >>= 1;
for (int i = 1; i <= len; ++i) {
pre[i] = pre[i - 1];
if (bit[i]) pre[i] = (pre[i] + pow[i - 1]) % mod;
}
for (int i = len; i >= 1; --i) {
cnt += bit[i], suf = suf << 1 | bit[i];
if (bit[i - 1]) ans = (ans + 1LL * cnt * (pre[i - 2] + 1) % mod * pow[i - 2] % mod) % mod;
ans = (ans + 1LL * calc(suf - 1) % mod * pow[i - 2] % mod * pow[i - 2] % mod) % mod;
}
ans = (1LL * n % mod * calc(n) % mod - 2LL * ans % mod + mod) % mod;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}