題目大意：

花神的題目是這樣的 設 sum(i) 表示 i 的二進制表示中 1 的個數。給出一個正整數 N ，花神要問你 派(Sum(i)),也就是 sum(1)—sum(N) 的乘積。

要對10000007（非質數）取模

n<=10^15

分析：

O(nlogn)暴力顯然可以想出來。顯然會tle

這是從1~n一個一個枚舉並變成二進制算的，但是我們是否可以向普通的數位dp，一次性枚舉許多個數呢？

二進制的n，大概最多50位。例如21=10101.它顯然可以拆成二進制下的10000+100+1

那麽，我們是否可以嘗試著去先算出來1~10..0的sum乘積？

假設這是一個n位數，也就是有n-1個零

考慮只有一個1的數字個數，C(n,1)，即，在n個位置上，取1個位置變成1的方案數。那麽，sum[i]=1的數的貢獻就是1^c(n,1)

只有二個1，C(n-1,2)，註意，是n-1位，因為除了特殊的10..000之外，其他的數都只有n-1個位置可放1。同理，sum[i]=2的數的貢獻就是2^c(n-1,2),因為本身就是連乘嘛，交換律結合律就先把不同個數的數所做的貢獻乘起來。

三個1同理。

……

以21=10101為例，這樣我們可以切掉n的第一個10000以下的方案。

現在我們要處理10001~10100的方案數，我們仍然可以利用剛才處理100的思路，

只是，放一個1在最後的三位，必然每次都要加上之前已經有過的那一個1（10000），所以，是2^c(3,1)

2個1同理，是3^c(2,2)

這樣，就解決問題了。

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using
 
 namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=10000007;
ll ans=1;
ll sum;
ll wei;
ll c[52][52];
ll n;
ll qm(ll x,ll y)
{
    ll ret=1,base=x;
    while(y)
    {
        if(y&1) ret=(ret*base)%mod;
        base=(base*base)%mod;
        y>>=1;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    c[0][0]=1
 
;
    for(int i=1;i<=50;i++)
    {
        c[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=50;j++)
         c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
    }//直接打表就好，
    //註意，組合數將作為指數部分，不能取模 C(50,25)long long也開的下，
    scanf("%lld",&n);
    wei=0;sum=0;//sum，已經處理出來的之前的1的個數 
    for(wei=50;wei>=1;wei--)//按位枚舉 
    {
        if(n&((ll)1<<wei-1))
        {
            ans=(ans*qm(sum+1,wei))%mod;//處理1個的特殊情況 
            for(int k=sum+2,s=2;k<=sum+wei-1;k++,s++)
            {
                ans=(ans*qm(k,c[wei-1][s]))%mod;
            }
            sum++;        
        }
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

總結：

數位dp的最初思想的來源，就是利用整千，整萬，整十萬的整齊特殊性質，可以利用可以想到的數學方法，對枚舉進行大幅的簡化，直接減少到O(logn)

這個題其實算是數位dp的裸題，還是比較常規的。

對於其他的符合規定的第k小的數（啟示錄），是先預處理整位的情況，再按位枚舉，考慮每個數能填幾，從而類似康拓展開，找到第k小的數。

或者[l,r]區間內多少個滿足限制的數，前綴和思想，求l-1以內，再求r以內做差就好。

bzoj3209 花神的數論題——數位dp