iis7.0网站错误代码解决重庆旅游网站建设

补题链接

题解是什么意思呢，首先我们需要知道的是，斐波那契数列可以用矩阵快速幂和矩阵乘法求解
$$\left(\begin{array}{c}F(n+1)\\ F(n)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}F(n)\\ F(n-1)\end{array}\right)=M\left(\begin{array}{c}F(n)\\ F(n-1)\end{array}\right)$$
$$\left(\begin{array}{c}F(n+1)\\ F(n)\end{array}\right)=M^n\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)$$
题解横着放也是一样的，根绝题解给出的例子，手模一下发现是对的，如何去理解? $T0$是一个单位阵$E$，$T1$和我上面写的矩阵相似,$E$和任何矩阵$A$相乘结果都是A，所以可以理解为$0$ 的贡献是 $E$ ,也就是没有，二进制$1$ 的贡献则是 $T1(M)$ 让斐波那契数列往下递推一次
然后题解那个从0 到 $2^m-1$ 的求和答案怎么算出来的呢?
我们需要注意到，$0——2^m-1$中,
二进制数 $1$ 的个数为 $0$ 的数有 $C_n^0$ 个
二进制数 $1$ 的个数为 $1$ 的数有 $C_n^1$ 个
二进制数 $1$ 的个数为 $2$ 的数有 $C_n^2$ 个
…

我们通过打表可以验证其正确性，我们把那个题解的式子展开一下
${\sum }_{i=0}^{2^m-1}f(g(i))=F_0\cdot (T_0+T_1{)}^m=F_0\cdot (C_m^0\cdot T_0^0\cdot T_1^m+C_m^1\cdot T_0^1\cdot T_1^{m-1}+C_m^2\cdot T_0^2\cdot T_1^{m-2}+......)$
由于 $T_0$ 是一个单位阵，所以可以直接拿掉，那么刚好和注意到的和前面的计算贡献的方法对应起来，那么按照题解说的固定前缀即可算出最终答案
先贴一份题解代码

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
using i128 = __int128;constexpr int mod = 1e9+7,maxn = 1e7+2;
string s;
array<int,2> F0={{0,1}};
array<array<int,2>,2> E ={{{1,0},{0,1}}};
array<array<int,2>,2> T1={{{0,1},{1,1}}};
array<array<int,2>,2> T ={{{1,1},{1,2}}};
array<array<int,2>,2> t[maxn];
array<array<int,2>,2> pre[maxn];array<array<int,2>,2> mul(array<array<int,2>,2> a,array<array<int,2>,2> b) {array<array<int,2>,2> res;res[0][0]=(1LL*a[0][0]*b[0][0]+1LL*a[0][1]*b[1][0])%mod;res[0][1]=(1LL*a[0][0]*b[0][1]+1LL*a[0][1]*b[1][1])%mod;res[1][0]=(1LL*a[1][0]*b[0][0]+1LL*a[1][1]*b[1][0])%mod;res[1][1]=(1LL*a[1][0]*b[0][1]+1LL*a[1][1]*b[1][1])%mod;return res;
}array<int,2> Mul(array<int,2> a,array<array<int,2>,2> b){array<int,2>res;res[0]=(1LL*a[0]*b[0][0]+1LL*a[1]*b[1][0])%mod;res[1]=(1LL*a[0]*b[0][1]+1LL*a[1]*b[1][1])%mod;return res;
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin>>s;int n = s.size();pre[0]=t[0]=E;t[1]=T;pre[1]=T1;for(int i = 2;i<=n+1;++i){t[i]=mul(t[i-1],T);pre[i]=mul(pre[i-1],T1);}i64 ans = 0;int pre1=0;for(int i = 0;i<n;++i){if(s[i]=='0'){continue;}else{ans = (ans+Mul(F0,mul(pre[pre1],t[n-i-1]))[0])%mod;pre1++;}}if(s.back()=='1') ans = (ans+Mul(F0,pre[pre1])[0])%mod;else ans = (ans+Mul(F0,pre[pre1])[0])%mod;cout<<ans<<'\n';return 0;
}

再贴一份队友的代码，队友太会DP了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
using i128 = __int128;int fb[10000010], n;
string s;
constexpr int mod = 1e9 + 7;
int dp[10000000 + 10][2][2];void solve()
{cin >> s;memset(dp, -1, sizeof dp);n = s.size();dp[n - 1][0][0] = 1;dp[n - 1][0][1] = 0;if (s.back() == '1'){dp[n - 1][1][0] = 1;dp[n - 1][1][1] = 0;}else{dp[n - 1][1][0] = 0;dp[n - 1][1][1] = 0;}for (int pos = n - 2; pos >= 0; --pos){for (int limit = 0; limit <= 1; ++limit){if (limit){if (s[pos] == '0'){dp[pos][limit][0] = dp[pos + 1][limit][0];dp[pos][limit][1] = dp[pos + 1][limit][1];}else{dp[pos][limit][0] = (1ll * dp[pos + 1][0][0] + 1ll * dp[pos + 1][1][0] + 1ll * dp[pos + 1][1][1] + 1) % mod;//这一位取0+对于这一位来说f(n-1)+对于这一位来说f(n-2)+自己这一位是1的贡献dp[pos][limit][1] = (1ll * dp[pos + 1][1][0] + 1ll * dp[pos + 1][0][1]) % mod;//这一位取1+这一位取0}}else{dp[pos][limit][0] = (2LL * dp[pos + 1][0][0] + 1ll * dp[pos + 1][0][1] + 1) % mod;dp[pos][limit][1] = (1ll * dp[pos + 1][0][0] + 1ll * dp[pos + 1][0][1]) % mod;}}}cout << dp[0][1][0]<< "\n";
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int t = 1;fb[1] = fb[2] = 1;for (int i = 3; i <= 1e7; i++)fb[i] = (fb[i - 1] + fb[i - 2]) % mod;while (t--)solve();return 0;
}