Luogu P4317 花神的數論題

也是一道不錯的數位DP，考慮先轉成二進制後再作

轉化一下問題，考慮統計出\([1,n]\)中在二進制下有\(i\)個\(1\)的方案數\(cnt_i\)，那麼答案顯然就是\(\prod i^{cnt_i}\)

而後咱們仍是先預處理一個東西\(s_{i,j}\)，表示在二進制下前\(i\)位中填上\(j\)個\(1\)的方案數，則有轉移：

\(s_{i,j}=s_{i-1,j}+s_{i-1,j-1}(i>1)\)，同時有\(s_{i,0}=1\)

這轉移很簡單吧，就是考慮這一位填上\(0/1\)

觀察一下發現其實這就是個楊輝三角，不過好像並無什麼用。

接下來枚舉有\(i\)個\(1\)的狀況，那麼從高位填到低位，對於每一位上的\(1\)，我後面怎麼填都是知足要求的

所以此時的\(cnt_i+=s_{l,k}\)，\(l\)表示後面還有多少位（比它低的位），\(k\)表示以前（包括如今）已經出現多少個\(1\)，最後直接快速冪計算一下就行了。

注意到這樣只能處理小於\(n\)的數的狀況（通常不少二進制下的數位DP都有這個通病），因此咱們直接把\(n\)加一便可。

CODE

#include<cstdio>
using namespace std;
const long long N=65,mod=10000007;
long long n,s[N][N],ans=1LL,cnt,bit[N];
inline void resolve(long long x)
{
    while (x) bit[++cnt]=x&1,x>>=1;
}
inline long long solve(long long x)
{
    register long long i; long long tot=0;
    for (i=cnt;i>=1&&~x;--i)
    if (bit[i]) tot+=s[i-1][x--];
    return tot;
}
inline long long quick_pow(long long x,long long p)
{
    long long tot=1;
    while (p)
    {
        if (p&1) tot=tot*x%mod;
        x=x*x%mod; p>>=1;
    }
    return tot;
}
int main()
{
    register long long i,j; scanf("%lld",&n); resolve(++n);
    for (s[0][0]=1,i=1;i<=cnt;++i)
    for (j=0;j<=i;++j)
    s[i][j]=j?s[i-1][j]+s[i-1][j-1]:s[i-1][j];
    for (i=1;i<=cnt;++i)
    ans=ans*quick_pow(i,solve(i))%mod;
    return printf("%lld",ans),0;
}