牛客提高R5 A.同余方程
题意
Sol
设\(solve(x, y)\)表示\(i \in [0, x], j \in [0, y]\)满足题目要求的方案数
首先容斥一下，\(ans = solve(r_1, r_2) - solve(l_1 - 1, r_2) - solve(l_2 - 1, r_1) + solve(l_1 -1, l_2 - 1)\)
然后按照套路按位拆分，这里拆的时候是直接对\(x, y\)进行拆分
这样就把问题转换成了看起来似乎简单一些的问题
假设拆完后的数是
110011101
1011
我们只要对于任意一对为1的位，求出小于该位的所有合法解即可
比如\(i = 3, j = 1\)我们要计算的就是\([110010000, 110010111]\)与\([1000, 1001]\)内的合法解
两种都可以写成\([v, v + 2^k]\)的性质
先考虑一种简单的情况，即\(v = 0\)
假设\(i > j\)，那么\(\forall z = x \oplus y \leqslant 2^i\), 对于任意的\(x \leqslant 2^j\)，都会有唯一的\(y\)与之对应
那么我们只要数出\([0, 2^i]\)中\(\% M == 0\)的数的个数，再乘上\(2^j\)即可
存在\(a[i]\)的限制实际上是一样的。
但是这样统计到的实际上是开区间的信息，只要在右端点处+1即可
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const LL mod = 998244353;
LL l1, r1, l2, r2, M;
LL add(LL x, LL y) {
return (x + y >= mod) ? (x + y - mod) : (x + y);
}
LL calc(LL l, LL r) {
if(l == 0) return ((r / M) + 1) % mod;
return (r / M - (l - 1) / M) % mod;
}
LL solve(LL X, LL Y) {
LL ans = 0;
for(LL i = 0, p1 = X; p1; i++, p1 >>= 1) {
for(LL j = 0, p2 = Y; p2; j++, p2 >>= 1) {
if((p1 & 1) && (p2 & 1)) {
LL x = i, y = j; if(x < y) swap(x, y);
LL ll = ((((p1 ^ 1) << i) ^ ((p2 ^ 1) << j)) >> x) << x;
ans = add(ans, (1ll << y) % mod * calc(ll, ll + (1ll << x) - 1) % mod);
//cout << ans << endl;
}
}
}
// cout << ans << endl;
return ans;
}
int main() {
cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2 >> M;
cout << (solve(r1 + 1, r2 + 1) - solve(l1, r2 + 1) + mod - solve(r1 + 1, l2) + mod + solve(l1, l2) + mod) % mod;
return 0;
}
/*
1 1 1 1 1
*/本文参与 腾讯云自媒体分享计划，分享自作者个人站点/博客。
原始发表：2018-10-16 ，如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除
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