【BZOJ3209】花神的数论题

Description

背景
众所周知，花神多年来凭借无边的神力狂虐各大 OJ、OI、CF、TC …… 当然也包括 CH 啦。
描述
话说花神这天又来讲课了。课后照例有超级难的神题啦…… 我等蒟蒻又遭殃了。
花神的题目是这样的
设 sum(i) 表示 i 的二进制表示中 1 的个数。给出一个正整数 N ，花神要问你
派(Sum(i)),也就是 sum(1)—sum(N) 的乘积。

Input

一个正整数 N。

Output

一个数，答案模 10000007 的值。

Sample Input

样例输入一

3

Sample Output

样例输出一

2

HINT

对于样例一，1*1*2=2；

数据范围与约定

对于 100% 的数据，N≤10^15

题解：又一个题目名称和题本身一点关系都没有的~

很容易想到按位拆分，分别考虑1的个数是k的数有多少个，然后快速幂一下计算贡献

怎么知道1的个数是k的数有多少个呢？预处理出组合数，然后数位DP吧！（对本蒟蒻来说就是INF的细节）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=10000007;
ll c[60][60];
ll cnt[60];
ll n,sum,ans;
ll pm(ll x,ll y)
{
	ll z=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)	z=z*x%mod;
		x=x*x%mod,y>>=1;
	}
	return z;
}
int main()
{
	c[0][0]=1;
	ll i,j;
	for(i=1;i<=50;i++)
	{
		c[i][0]=1;
		for(j=1;j<=i;j++)	c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
	}
	scanf("%lld",&n);
	for(i=50;i;i--)
	{
		if(n&(1ll<<i-1))
		{
			for(j=sum;j<=50;j++)	cnt[j]+=c[i-1][j-sum];
			sum++;
		}
	}
	cnt[sum]++;
	for(ans=i=1;i<=50;i++)	ans=ans*pm(i,cnt[i])%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}