bzoj3209: 花神的数论题(数位DP)

题目：

3209: 花神的数论题

解析：

二进制的数位dp
因为\([1,n]\)中每一个数对应的二进制数是唯一的，我们枚举\(1\)的个数\(k\)，计算有多少个数的二进制中有\(k\)个\(1\)
设\(n\)的二进制一共有\(num\)位，有\(sum[i]\)个数的二进制中有\(k\)个\(1\)，
答案就是\(\prod_{i=1}^{num}i^{sum[i]}\)

用数位dp搞一下就好了
设\(f[i][j]\)表示到第\(i\)位有\(j\)个\(1\)时有多少个数
枚举\(k\)，记搜一下。

由于可能会有很多数的二进制中有\(k\)个\(1\)，所以用快速幂维护一下

相似思路的题还有1799: [ahoi2009]self 同类分布

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int n = 60;
const int mod = 10000007;

int n, m, num;
int digit[n], f[n][n];

int qpow(int a, int b) {
    int ans = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) ans = (ans * a) % mod;
        b >>= 1, a = (a * a) % mod;
    }
    return ans % mod;
}

int dfs(int pos, int sum, int cnt, int limit) {
    if (pos == -1) return sum == cnt;
    if (cnt > sum) return 0;
    if (!limit && ~f[pos][cnt]) return f[pos][cnt];
    int up = limit ? digit[pos] : 1;
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= up; ++i) 
        ans = ans + dfs(pos - 1, sum, cnt + i, limit && i == up);
    if (!limit) f[pos][cnt] = ans;
    return ans;
}

int divide(int x) {
    int num = 0, ans = 1;
    for ( ; x; x /= 2) digit[num++] = x % 2;
    for (int i = 1; i <= num; ++i) { 
        memset(f, -1, sizeof f);
        ans = (ans * qpow(i, dfs(num - 1, i, 0, 1))) % mod;
    }
    return ans % mod;
}

signed main() {
    cin >> n;
    cout << divide(n);
}