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Problem - D - Codeforces

题目

题目大意

函数 $g(x)$ 表示数字 $x$ 在二进制表示下 1 的个数。函数 $f(x,y)=g(x)+g(y)-g(x+y)$ 。对于给定的 $n$ 和 $k$ ，一个好的数对 $(a,b)$ 需要满足下述条件：

$f(a,b)=k$
$0\le a,b< 2^n$

对于给定的 $n$ 和 $k$ ，求有多少个好的数对。如果 $(a_1,b_1)$ 是好的数对，且 $a_1\neq b_1$ ，那么 $(a_1,b_1)$ 和 $(a_2,b_2)$ 算两种方案。

思路

我们取出 $a$ 和 $b$ 的一个数位列出所有的可能如下表所示。

进位	a	b	g(进位)+g(a)+g(b)	g(进位+a+b)
0	0	0	0	0
0	0	1	1	1
0	1	0	1	1
0	1	1	2	1
1	0	0	1	1
1	0	1	2	1
1	1	0	2	1
1	1	1	3	2

观察表格可以发现，如果当前位产生进位，就会对 $f$ 函数产生 1 点贡献。原题可以转化为在 $n$ 个位置里找到 $k$ 个位置产生了进位的方案数。

继续观察表格，如果前一位产生了进位，当前位置就有 3 种填数方案使得当前位置也产生进位，只有 1 种填数方案使得当前位置不产生进位；如果前一位没进位，当前位置就有 3 种填数方案使得当前位置也不进位，只有 1 种填数方案使得当前位置产生进位。

则如果我们把 $k$ 次进位切分成 $i$ 段，切分的方案是典型的球盒模型，可以用隔板法解决，为 $C_{k-1}^{i-1}$ 。从进位到不进位、不进位到进位的转移只有 1 种填数方案，相同状态间的转移则有 3 种填数方案，且相互独立。

我们需要用不进位段把 $i$ 段隔开，显然有如下图所示的四种情况：

A：划分出 $i+1$ 段不进位的位置，方案数为 $C_{n-k-1}^{i}$ 。其中有 $2\times k$ 次进位与进位之间的转换，即有 $2\times k$ 个位置填数方案唯一，其他 $n-2\times k$ 个位置分别有 3 种填数方案。把 $k$ 次进位切分成 $i$ 段，不进位位置形如 A 的总方案数是

C_{k-1}^{i-1}\times C_{n-k-1}^{i}\times 3^{n-2\times k}

类似的，

B：划分出 $i$ 段不进位的位置，方案数为 $C_{n-k-1}^{i-1}$ ，3 种填数方案的位置有 $n-2\times k+1$ 个，最终对答案的贡献为

C_{k-1}^{i-1}\times C_{n-k-1}^{i-1}\times 3^{n-2\times k+1}

C：划分出 $i$ 段不进位的位置，方案数为 $C_{n-k-1}^{i-1}$ ，3 种填数方案的位置有 $n-2\times k+1$ 个，最终对答案的贡献为

C_{k-1}^{i-1}\times C_{n-k-1}^{i-1}\times 3^{n-2\times k}

D：划分出 $i-1$ 段不进位的位置，方案数为 $C_{n-k-1}^{i-2}$ ，3 种填数方案的位置有 $n-2\times k+1$ 个，最终对答案的贡献为

C_{k-1}^{i-1}\times C_{n-k-1}^{i-2}\times 3^{n-2\times k+1}

枚举进位的位置划分出的段数 $i$ ，对所有可能的情况分别求解再求和即可。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#include <stdio.h>
#include <map>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std;
using LL=long long;
const int N=1000001;
const LL mod=1000000007;
LL poww(LL a,LL b)
{
	if (b<0) while (1);
	LL ans=1;
	for (;b;b>>=1,a=a*a%mod)
		if (b&1) ans=ans*a%mod;
	return ans;
}
int n,m,k;
char ch;
LL fac[N],inv[N];
LL C(int n,int m)
{
	return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
LL solve()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	if (k==0) return poww(3,n);
	LL ans=0;
	for (int i=1;i<=k&&n-k-1>=i-2;++i)
	{
		if (i<=n-k-1&&n-2*i>=0) ans=(ans+C(k-1,i-1)*C(n-k-1,i)%mod*poww(3,n-2*i)%mod)%mod;
		if (i-1<=n-k-1&&n-2*i+1>=0) ans=(ans+C(k-1,i-1)*C(n-k-1,i-1)%mod*poww(3,n-2*i+1)%mod)%mod;
		if (i-1<=n-k-1&&n-2*i>=0) ans=(ans+C(k-1,i-1)*C(n-k-1,i-1)%mod*poww(3,n-2*i)%mod)%mod;
		if (i-2>=0&&n-2*i+1>=0) ans=(ans+C(k-1,i-1)*C(n-k-1,i-2)%mod*poww(3,n-2*i+1)%mod)%mod;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int T=1;
	n=1e6;
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[n]=poww(fac[n],mod-2);
	for (int i=n;i;i--) inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
	while (T--) printf("%lld\n",solve());
	return 0;
}