题意简介
没什么好说，就是让你求出 1 ~ n 之间每个数转化为二进制后 '1' 的个数，然后乘起来输出积
题目分析
emmmm.... 两种解法（同是 $O(\log^2 N)$ 算法啊...）。
- 组合数直接艹。（数据范围8e9 能过，其实这个东西你搞一搞 __int128 什么的再找个大质数也许也能过去啦）
- 老老实实数位dp。（可以AC）
于是翻车了，感觉非常难受，为什么这题数据范围就是要卡组合数呢...（mmp 数据范围改到1e10 以下估计就能过去了...）
算法实现
1. 组合数
组合数非常好做，只需要想想第 i 位为 1 的位上后面那一堆数字里面挑出 j 个数的方案就好了，注意加上 cnt ，然后最后快速幂累加一下答案，分分钟搞定
然后这里用了逆元处理组合数要预处理的阶乘，如果你还不会线性求逆元的话可以点这里
2.数位dp
mmp...不就是枚举 1 的个数然后记忆化深搜么？hem...听起来都没有组合数高级
代码实现
1.组合数
1 //by Judge (8e9范围) 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define ll unsigned long long 5 using namespace std; 6 const int M=55; 7 const ll mod=1e7+7; 8 const ll mo=1e9+7; 9 ll n,len,cnt,ans=1; 10 ll fac[M],finv[M]; 11 ll d[M],num[M]; 12 inline void prep(){ //线性筛逆元模板？ 13 fac[0]=finv[0]=finv[1]=1; 14 for(int i=1;i<=50;++i) 15 fac[i]=(fac[i-1]*i)%mo; 16 for(int i=2;i<=50;++i) 17 finv[i]=finv[mo%i]*(mo-mo/i)%mo; 18 for(int i=2;i<=50;++i) 19 finv[i]=finv[i]*finv[i-1]%mo; 20 } 21 inline ll quick_pow(ll x,ll p,ll ans=1){ //快速幂模板？ 22 while(p){ 23 if(p&1) ans=ans*x%mod; 24 x=x*x%mod, p>>=1; 25 } return ans; 26 } 27 inline ll C(ll n,ll m){ //组合数模板？ 28 return fac[n]*finv[m]%mo*finv[n-m]%mo; 29 } 30 signed main(){ 31 cin>>n,prep(); 32 while(n) d[++len]=n&1,n>>=1; //转化二进制 33 for(ll i=len,j;i;--i) if(d[i]){ 34 for(j=1;j<i;++j) //组合数就是随便乱艹的算法 35 num[cnt+j]+=C(i-1,j); 36 ++num[++cnt]; 37 } 38 for(ll i=1;i<=len;++i) //直接累乘就好 39 ans=ans*quick_pow(i,num[i])%mod; 40 cout<<ans<<endl; return 0; 41 }
2.数位dp
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 const int M=55; 8 const int mod=1e7+7; 9 int cnt,x[M]; 10 ll n,f[M][2][M][M],num[M]; 11 inline ll quick_pow(ll x,ll p,ll ans=1){ 12 while(p) (p&1) && (ans=ans*x%mod),x=x*x%mod, p>>=1; 13 return ans; 14 } 15 ll dp(int cur,int up,int tmp,int d){ //记忆化深搜，log^2 n 无压力 16 if(!cur) return tmp==d; //特判直接返回 17 if(~f[cur][up][tmp][d]) return f[cur][up][tmp][d]; // 已记忆，直接返回 18 int lim=up?x[cur]:1; 19 ll res=0; 20 for(int i=0;i<=lim;++i) //继续深搜 21 res+=dp(cur-1,up&&i==lim,tmp+(i==1),d); 22 return f[cur][up][tmp][d]=res; //记忆化 23 } 24 ll solv(){ 25 while(n) x[++cnt]=n&1,n>>=1; //同上转化 26 for(int i=1;i<=50;++i) //枚举要放入的 1 的位数 27 memset(f,-1,sizeof(f)), 28 num[i]=dp(cnt,1,0,i); 29 ll res=1; 30 for(int i=1;i<=50;++i) //累乘进答案 31 res=res*quick_pow(i,num[i])%mod; 32 return res; 33 } 34 signed main(){ cin>>n,cout<<solv()<<endl; return 0; }