很明顯 是有規律的,因爲連續的數字異或,連續的兩項異或得到一,打表可以發現:
k = 1
k = 2
k = 3
根據 k 的奇偶以及 i % 4 的餘數進行分類討論,當 i % 4 = 2 時,貢獻爲:
右邊是一個 k + 1 次多項式,可以拉個朗日插值求解,但直接做複雜度是
考慮更改枚舉項,得到:
右邊仍然是一個多項式,是一個以 i 爲自變量的 t 次多項式,因此 是一個以 n 爲自變量的 次多項式,右邊式子是一個等比數列的求和形式,可以在 時間求得, 的插值可以在 時間內求解,其它情況的貢獻都可以在 O(1) 時間內求得。
注意這裏插值的寫法不能預處理 ,計算時乘上 的逆元來插值,因爲 非常大, % mod 可能爲0導致計算的結果不正確。
代碼:
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define LL long long
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6 + 10;
ll t,x,y,mx;
ll g[maxn],fac[maxn],ifac[maxn];
ll pre[maxn],suf[maxn];
inline ll add(ll x, ll y) {
x += y;
if (x >= mod) {
x -= mod;
}
return x;
}
inline ll sub(ll x,ll y) {
x -= y;
if (x < 0) {
x += mod;
}
return x;
}
inline ll mul(ll x, ll y) {
return x * y % mod;
}
ll fpow(ll a,ll b) {
ll r = 1;
while (b) {
if (b & 1) r = mul(r,a);
a = mul(a,a);
b >>= 1;
}
return r;
}
ll cal(ll g[maxn],ll x) { //拉格朗日插值計算多項式
if (x <= mx) return g[x];
ll tmp = 1,inv,ans = 0;
suf[mx + 1] = pre[0] = 1;
for (int i = 1; i <= mx; i++) {
pre[i] = mul(pre[i - 1],(x - i) % mod);
}
for (int i = mx; i >= 1; i--) {
suf[i] = mul(suf[i + 1],(x - i) % mod);
}
for (int i = 1; i <= mx; i++) {
ll res = 1;
res = mul(res,g[i]);
res = mul(res,ifac[i - 1]);
res = mul(res,ifac[mx - i]);
res = mul(res,pre[i - 1]);
res = mul(res,suf[i + 1]);
if ((mx - i) & 1) ans = sub(ans,res);
else ans = add(ans,res);
}
return ans;
}
ll M(ll x,ll y) {
if (y == 0) return x / 4;
return (x / 4 + (x % 4 >= y)) % mod;
}
ll solve(ll x) {
ll ans = 0;
ans = M(x,1) * (t % mod) % mod;
ans = (ans + M(x,3) * (t / 2 % mod) % mod) % mod;
ans = (ans + M(x,2)) % mod;
ans = (ans + cal(g,x / 2));
return ans;
}
int main() {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= maxn - 10; i++)
fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
ifac[maxn - 10] = fpow(fac[maxn - 10],mod - 2);
for (int i = maxn - 10 - 1; i >= 0; i--)
ifac[i] = mul(ifac[i + 1],i + 1);
scanf("%lld%lld%lld",&t,&x,&y);
mx = t + 10;
g[0] = 0;
for (int i = 1; i <= mx; i++) {
ll res = (2 * i % mod - fpow(2 * i % mod,t + 1) + mod) % mod * fpow((1 - 2 * i % mod + mod) % mod,mod - 2) % mod;
g[i] = (g[i - 1] + res) % mod;
}
printf("%lld\n",(solve(y) - solve(x - 1) + mod) % mod);
return 0;
}