题目链接 ： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6304多校contest1 Problem Description
Chiaki is interested in an infinite sequence a1,a2,a3,…, which is defined as follows:
an={1an−an−1+an−1−an−2n=1,2n≥3
Chiaki would like to know the sum of the first n terms of the sequence, i.e. ∑i=1nai. As this number may be very large, Chiaki is only interested in its remainder modulo (109+7).
InputThere are multiple test cases. The first line of input contains an integer T (1≤T≤105), indicating the number of test cases. For each test case:
The first line contains an integer n (1≤n≤1018). Output
For each test case, output an integer denoting the answer.
题目大意是求一个 奇怪序列的 前 n 项 和，n最坏情况达 1e18。开始打了个表，发现在序列是从1开始的连续整数(每个整数出现的次数不同)，除了数字 1是出现两次，其他数字 如x 都是出现 lowbit(x)后缀0的个数+1 次。 如2(10) 出现2次 ，3(11) 出现1次，4(100) 出现3次，5(101)出现1次，6(110) 出现2次…
可以发现这是一个十分有特点的(类似2进制，有部分对称性)的序列接下来我们可以发现如果把1当做出现1次，出现在 2^n 上，如果占满 ，次数总和刚好是 2^(n+1) -1 次，那么多出来的数似乎又没有规律了，这时我们可以利用局部对称与这个和二进制相似的特点，找到 第 n 个数 是数字多少(落在图中的位置)，有两种方法:第一种 可以知道N(自减一后)对应的准确数字，但不知N落在的数字差几次被填满，不便计算。
void init(){
P[]=;P[]=;
nP[]=;nP[]=;
for(int i=;i<=;++i){
P[i]=*P[i-];
nP[i]=P[i]-;
}
} ll getbound(ll N){
ll bound=;
for(int i=;i>=;--i){
while(N>=nP[i]){
N-=nP[i];
bound+=P[i-];
}
}
return bound;
}
第二种 完全参照二进制，可知N(自减一后)所落在的数字最近的次数填满数字，后来计算时很方便。
void init(){
P[]=;P[]=;
nP[]=;nP[]=;
for(int i=;i<=;++i){
P[i]=*P[i-];
nP[i]=P[i]-;
}
} ll getbound(ll& N){
ll bound=;
for(int i=;i>=;--i){
if(N>=nP[i]){
N-=nP[i];
bound+=P[i-];
}
}
return bound;
}
计算时可以可利用每个数字出现的次数，是1(2^0)的倍数的出现过一次，是2(2^1)的倍数的额外出现过一次，是4(2^2)的倍数的又额外出现一次，，，(这也恰恰是后缀0的意义)
在这里贴两份按照上述两种方法写的代码。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll; const ll MOD=1e9+;
ll P[];
ll nP[];
ll a[];
ll arr[]; ll lowbit(ll x){
ll low=x&(-x);
ll cnt=;
while(low>>=){
cnt++;
}
return cnt;
} void init(){
P[]=;P[]=;
nP[]=;nP[]=;
for(int i=;i<=;++i){
P[i]=*P[i-];
nP[i]=P[i]-;
} //a[1]=1;a[2]=1;
//arr[1]=1;arr[2]=2;
//for(int i=3;i<101;i++){
// a[i]=a[i-a[i-1]]+a[i-1-a[i-2]];
// arr[i]=arr[i-1]+a[i];
//} //for(int i=1;i<101;++i) printf("%lld\n",arr[i]); } ll inv(ll a,ll m){
if(a==) return ;
return inv(m%a,m)*(m-m/a)%m;
} ll getbound(ll N){
ll bound=;
for(int i=;i>=;--i){
while(N>=nP[i]){
N-=nP[i];
bound+=P[i-];
}
}
return bound;
} int main(){
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("data1.out","w",stdout);
init();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
ll N;
scanf("%lld",&N);
if(N==) puts("");
else{
ll ans=;
N-=1ll;
ll bound=;
bound=getbound(N);
//printf("bound = %lld\n",bound);
ll cnt=lowbit(bound)+1ll;
ll tot=N;
for(ll i=;i<=cnt;++i){
if(bound==getbound(N+i)) tot++;
else break;
}
ll _m2=inv(,MOD);
//printf("%lld\n",_m2);
for(int i=;i<=;++i){
if(P[i]<=bound){
ll M=bound/P[i];
ans=(ans+(P[i]%MOD)*(M%MOD)%MOD*((M+1ll)%MOD)%MOD*_m2%MOD)%MOD;
}
else break;
}
//printf("1:%lld\n",(ans+1)%MOD);
ans=(ans-(bound)*(tot-N)%MOD+MOD)%MOD;
printf("%lld\n",(ans+1ll)%MOD);
//printf("%I64d %I64d\n",(ans+1ll)%MOD,arr[N+1]);
//最后加一
}
}
return ;
}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll; const ll MOD=1e9+;
ll P[];
ll nP[];
ll a[];
ll arr[]; ll lowbit(ll x){
ll low=x&(-x);
ll cnt=;
while(low>>=){
cnt++;
}
return cnt;
} void init(){
P[]=;P[]=;
nP[]=;nP[]=;
for(int i=;i<=;++i){
P[i]=*P[i-];
nP[i]=P[i]-;
} //a[1]=1;a[2]=1;
//arr[1]=1;arr[2]=2;
//for(int i=3;i<101;i++){
// a[i]=a[i-a[i-1]]+a[i-1-a[i-2]];
// arr[i]=arr[i-1]+a[i];
//} //for(int i=1;i<101;++i) printf("%lld\n",arr[i]); } ll inv(ll a,ll m){
if(a==) return ;
return inv(m%a,m)*(m-m/a)%m;
} ll getbound(ll& N){
ll bound=;
for(int i=;i>=;--i){
if(N>=nP[i]){
N-=nP[i];
bound+=P[i-];
}
}
return bound;
} int main(){
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("data1.out","w",stdout);
init();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
ll N;
scanf("%lld",&N);
if(N==) puts("");
else{
ll ans=;
N-=1ll;
ll bound=;
bound=getbound(N);
//printf("bound = %lld\n",bound);
//ll cnt=lowbit(bound)+1ll;
//ll tot=N;
//for(ll i=1;i<=cnt;++i){
// if(bound==getbound(N+i)) tot++;
// else break;
//}
ll _m2=inv(,MOD);
for(int i=;i<=;++i){
if(P[i]<=bound){
ll M=bound/P[i];
ans=(ans+(P[i]%MOD)*(M%MOD)%MOD*((M+1ll)%MOD)%MOD*_m2%MOD)%MOD; }
else break;
}
//printf("1:%lld\n",(ans+1)%MOD);
ans=(ans+(bound+)*N%MOD)%MOD;
printf("%lld\n",(ans+1ll)%MOD);
//printf("%I64d %I64d\n",(ans+1ll)%MOD,arr[N+1]);
//最后加一
}
}
return ;
}
然后，比赛时WA了两发，其实规律找到了，但错在了计算，算总和时，第一个错误处是没用逆元，第二个错误处是P[i]在N为1e18时奇大，应该先mod在相乘。
血的教训。
Chiaki is interested in an infinite sequence a1,a2,a3,…, which is defined as follows:
an={1an−an−1+an−1−an−2n=1,2n≥3
Chiaki would like to know the sum of the first n terms of the sequence, i.e. ∑i=1nai. As this number may be very large, Chiaki is only interested in its remainder modulo (109+7).
