P6599 「EZEC-2」构造

题意

传送门 P6599 「EZEC-2」异或

题解

为了方便分析，将和式乘二后变形为索引域对称的形式
$$2\sum _{i=1}^l\sum _{j=1}^{i-1}{a}_i\oplus a_j=\sum _{1\le j<i\le l}{a}_i\oplus a_j+\sum _{1\le i<j\le l}{a}_j\oplus a_i+\sum _{1\le i=j\le l}{a}_i\oplus a_j=\sum _{1\le i,j\le l}{a}_i\oplus a_j$$ 依次考虑每一位。设第 $k$ 位中 $0,1$ 数量分别为 $x,y$，在矩形索引域中，$a_i$ 值为 $0$ 的行 $i$ 求和为 $y$，共 $x$ 行；值为 $1$ 的行同理。那么这一位的贡献为 $2^k\times 2\times xy$，对应到原和式要除以二。$xy$ 取最大值时，有 $x=\lfloor L/2\rfloor ,y=\lceil L/2\rceil$（可交换）。

考虑到序列元素有上界限制，最高位为 $1$ 的元素应该尽可能小。设 $N$ 二进制表示的最高位为 $lim$。于是得到一组构造：$x$ 个 $100\cdots 0$，即 $2^{lim}$；以及 $y$ 个 $011\cdots 1$，即 $2^{lim}-1$。

则答案为 $$\sum _{k=0}^{lim}{2}^k\times xy$$

需要注意的是，序列元素存在下界 $1$。则当 $lim=0$ 时无法构造上述序列，需要特判。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1000000007, maxlg = 45;
int T, L;
ll N, B[maxlg];

int main()
{
    
    
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    B[0] = 1;
    for (int i = 0; i + 1 < maxlg; ++i)
        B[i + 1] = (B[i] << 1) % mod;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
    
    
        cin >> N >> L;
        if (N == 1)
        {
    
    
            cout << 0 << '\n';
            continue;
        }
        int lim = maxlg;
        while ((1LL << lim) > N)
            --lim;
        ll x = L >> 1, y = L - x, s = x * y % mod;
        ll res = 0;
        for (int k = 0; k <= lim; ++k)
            res = (res + s * B[k] % mod) % mod;
        cout << res << '\n';
    }
    return 0;
}