标签：ka int lim 1670F CodeForces ret 二进制位 See dp

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题意：构造一个长度为n(n<=1000)的序列，使得序列的元素之和在[l,r]之间且异或和为z
挺有意思的一道题
首先不考虑l的限制，只要求和小于等于r以及异或和等于z，按二进制位从高到低依次对n个数同时赋值，设dp[u][lim]表示赋值完前u个二进制位，且当前位最多能选lim+r[u]个1的方案数(r[i]表示r的第i个二进制位，即r>>(i-1)&1)，则有：

\[dp[u][lim]=\sum_{i=0}^{min(n,lim+r[u])}[i[1]=r[u]]\binom{n}{i}dp[u-1][min((lim+r[u]-i)<<1,2n)] \]

因为当lim>=2n时，就可以无视r的限制了，因此lim超过2n可一律视为2n
然后再考虑和大于等于l的限制，前缀和一减就行了
复杂度\(O(n^2logr)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
typedef long long ll;
const int N=1000+10,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
int n,dp[64][N*2],vis[64][N*2],C[N][N],ka;
ll l,r,z,k;
int dfs(int u,int lim) {
    if(vis[u][lim]==ka)return dp[u][lim];
    vis[u][lim]=ka;
    int& ret=dp[u][lim];
    if(u==0) {return ret=1;}
    ret=0;
    int lim2=lim+(k>>(u-1)&1);
    for(int i=(z>>(u-1)&1); i<=min(n,lim2); i+=2)
        ret=(ret+(ll)C[n][i]*dfs(u-1,min((lim2-i)<<1,2*n))%mod)%mod;
    return ret;
}
int solve(ll x) {
    ++ka;
    k=x;
    return dfs(63,0);
}
int main() {
    for(int i=0; i<N; ++i) {
        C[i][0]=C[i][i]=1;
        for(int j=1; j<i; ++j)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    }
    scanf("%d%lld%lld%lld",&n,&l,&r,&z);
    printf("%d\n",(solve(r)-solve(l-1)+mod)%mod);
    return 0;
}

标签：ka,int,lim,1670F,CodeForces,ret,二进制位,See,dp
来源： https://www.cnblogs.com/asdfsag/p/16319027.html

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