题意 ：

定义两种变换 

1 ： i = i - 1

2 ： i = i - lowbit (i)

定义函数Calc(i,j)为二进制意义下 i 变换到 j 的最小步数。

给你一个二进制整数 n，要求 sigma {(i = 1 -> n) sigma {(j = 0 -> i - 1) Calc (i,j)}}

数据范围 : 

令n的长度为len

len <= 1000000

-----------------------------------------------此后一千里-----------------------------------------------------

首先有一个很显然的性质，就是如果 i 用了2操作之后还比 j 大的话，那么一定用2操作，因为减去lowbit不比减去1差

我们设 f(n) = sigma {(i = 0 -> n-1) Calc (n,i)},

我们考虑将n按位处理掉，设t(n)为n只保留的二进制最高位的数，我们发现对于Calc (n,i) 如果 t(n) == t(i) 那么答案显然是 Calc (n-t(n),i-t(i))

而如果 t(n)!=t(i) 那么我们无论如何要把 n 变换到 i 都必须把 n 变换到 t(n) ，而显然 t(n)!=t(i) 的 i 有 t(i) 个.

所以我们便可以将 f(n) 拆分掉得到 f(n) = t(n) * (BitCount(n) - 1) + f( n - t(n))，我们可以一直拆下去，也就是说我们只用算2的整次幂的 f 就可以了。

假设我们已经求出2的0-3次幂，要求 f (10000) , 因为除了变换到0，10000变换到任何数都要先变换到1111，所以我们可以得到下式 ：

f(10000) = f(1111) + 1111 - 4 + 1 减4加1意思是去掉1111变到0的代价，加上10000变到0的代价

我们将f(1111) 再展开即可得到 f 关于2的整次幂的递推式，前缀和优化一下可以O（n）预处理

设 g(n) = sigma{(i = 1 -> n) f(i)}，g(n)求的实际上就是答案

我们还是考虑去按位处理掉

g(n) = $\sum \limits_{i = 1}^{t(n)-1} f(i) + \sum \limits_{i = t(n)}^{n} f(i)$

　　= $g(t(n) - 1) + \sum \limits_{i = t(n)}^{n} f(i)$

我们考虑将后面sigma中的 f(i) 中的 f(t(n)) 及t(n)相关的常数项全部提取出来，那么后面就可以提取出 (n-t(n)+1) 个 f(t(n))，常数项的话先暂时用k(n-t(n))表示，提取后剩下的部分就是 g(n-t(n))。

然后g(n) = g(t(n) - 1) + (n-t(n)+1)*f(t(n)) + k(n-t(n)) + g(n-t(n))

如果我们可以处理 k(n-t(n)) 和 g(t(n) - 1) 的话，就可以在复杂度要求内得出解了

我们考虑如何去求 k ，观察后发现 k 函数的实际意义可以表达为 k(n) = $\sum \limits_{i = 0}^{n} BitCount(i)$

用和 g 相似的手法，我们也可以把 k 给拆分到只于2的整次幂减1项相关

因为我们常数项的系数就是BitCount()的和

当n=2^a - 1时我们把式子变形得到k(n) = $\sum \limits_{i = 1}^{a} \binom{a}{i} * a = a * 2^{a - 1}$就很好处理了

然后我们发现 g 的2的整次幂减1是也可以方便预处理的，也是相似的手法，就不再赘述了

然后就可以预处理f,g,k，然后就可以计算答案了

计算答案时可以从后往前很方便的计算 

代码 ：

/*Lelouch vi Britannia here commands you , all of you , die !*/#include
      
       #define INF 0x3f3f3f3f#define low(x) ((x)&(-(x)))#define LL long long#define eps 1e-9#define MOD 1000000007using namespace std;#define int intinline int Max(int a,int b) {
    return a>b?a:b;}inline int Min(int a,int b) {
    return a
       
        0?a:-a;}inline int Sqr(int a) {
    return a*a;}#undef int#define MAXN 1000006int n;LL f[MAXN],g[MAXN],k[MAXN],two[MAXN],md[MAXN],uk[MAXN],ug[MAXN];char s[MAXN];void Pre(int n) {    two[1]=1;g[1]=1;f[1]=1;k[1]=1;f[2]=2;    for(int i=2;i<=n;i++) two[i]=two[i-1]*2%MOD;    for(int i=3;i<=n;i++) f[i]=(2*f[i-1]+(i-1)*two[i-1]-1)%MOD;    for(int i=2;i<=n;i++) k[i]=(k[i-1]*2+two[i])%MOD;    for(int i=2;i<=n;i++) g[i]=(g[i-1]*2+two[i]*f[i]+k[i-1]*two[i])%MOD;    for(int i=1;i<=n;i++) {        md[i]=(md[i-1]+(s[n-i]=='1'?two[i]:0))%MOD;        uk[i]=(uk[i-1]+(s[n-i]=='1'?md[i-1]+1+k[i-1]:0))%MOD;        ug[i]=(ug[i-1]+(s[n-i]=='1'?md[i-1]*f[i]%MOD+f[i]+uk[i-1]*two[i]%MOD+g[i-1]:0))%MOD;    }}int main() {    scanf("%s",s);    n=strlen(s);    Pre(n);    printf("%lld\n",ug[n]);    return 0;}/*Hmhmhmhm . That's right , I am killer.*/
       
      

View Code