题目传送门

题目大意： 求 $\sum_{i=1}^{2^n}\log_2(\prod_{j=1}^i lowbit(j))$。

废话

这场比赛比较晚打，所以只看了前两题，然后因为这第二题也比较毒瘤，所以做完之后比赛就结束了。

但是令我游戏体验爆炸的是，在我推出正解提交的那一刻，洛谷评测机炸了：(

没错，在两分钟前还没有炸：(

然后我第二题就只有 $47$ 分的好成绩了。

题解

怎么看都不是绿题的亚子啊qwq

可能是我的做法太不优秀了……

我们先考虑求后面的那一串 $\prod_{j=1}^i lowbit(j)$。

既然有 $lowbit$，那么肯定会想到树状数组嘛，那么我们考虑找找规律什么的，先摆一个树状数组出来：

我们惊奇地发现，对于一个 $lowbit$ 为 $2^x$ 的点，他管理的区间的所有点的 $lowbit$ 的积恰好就是 $2^{2^x-1}$。比如说绿色点，它的 $lowbit$ 是 $2^2$，然后他管理的区间的 $lowbit$ 之积就是 $2^3$。

然后会发现，这个证明其实也很简单，我们设 $f_i$ 表示 $lowbit$ 为 $2^i$ 的节点管理区间内的 $lowbit$ 之积。那么可以得到 $f_i=2f_{i-1}^2$，以上图中绿色节点往蓝色节点转移为例，会发现其实绿色节点管理的 $1$ ~ $3$ 区间和蓝色节点管理的 $5$ ~ $7$ 区间是一样的，不同的只有蓝色节点比绿色节点的 $lowbit$ 要大一倍，所以蓝色节点管理的区间等价于将绿色节点管理的区间复制一份，然后将复制的一份中的最后一个节点的 $lowbit$ 翻一倍，所以转移就是 $2f_{i-1}^2$。

因为 $f_i$ 必然是一个 $2$ 的幂，我们不妨用 $2^{c_i}$ 来表示它，那么转移方程又可以表示成： $2^{c_i}=2^{c_{i-1}\times2+1}$，因为 $f_0=2^0$，即 $c_0$ 等于 $0$，所以显然有 $c_i=2^i-1$。

所以这个 $\prod_{j=1}^i lowbit(j)$ 我们可以考虑写成像树状数组求前缀和那样的形式：
$\begin{aligned} \prod_{j=1}^i lowbit(j)&=\prod_{k=0}^p f_k[i~and~2^k>0]\\ &=\prod_{k=0}^p 2^{c_i}[i~and~2^k>0]\\ &=\prod_{k=0}^p 2^{2^i-1}[i~and~2^k>0] \end{aligned}$

其中， $and$ 是与运算， $p$ 是 $i$ 的二进制下的位数。

带回去原柿子，得到：
$\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{2^n}\log_2(\prod_{k=0}^n 2^{2^i-1}[i~and~2^k>0])\\ &=\sum_{i=1}^{2^n}\sum_{k=0}^n 2^i-1[i~and~2^k>0] \end{aligned}$

然而，现在还是不怎么可做，内外层两个循环我们半个都枚举不了……

但是里面的循环的上限是 $n$，比较小，我们考虑把它提出来：
$\sum_{k=0}^n \sum_{i=1}^{2^n}2^i-1[i~and~2^k>0]$

那么现在就是考虑 $1$ ~ $2^n$ 这些数在每一个二进制位上的贡献。

考虑到在同一位上的贡献其实都是一样的，所以我们只需要考虑每一位上有多少个数不为 $0$。

依然考虑推柿子：设 $f(i)$ 表示区间 $1$ ~ $2^i-1$ 中所有数的贡献和。

那么 $f(i)$ 转移到 $f(i+1)$，相当于多了 $2^i$ ~ $2^{i+1}-1$ 这些数，然而我们发现一个奇妙的规律： $2^i+1$ ~ $2^{i+1}-1$ 这些数相当于 $1$ ~ $2^i-1$ 这些数每个数加上 $2^i$。所以这些数的贡献等于 $f(i)+(2^{i+1}-1-2^i-1+1)\times (2^i-1)=f(i)+(2^i-1)^2$。

最后把 $2^i$ 这个数算上，它的贡献是 $2^i-1$，所以递推式为：
$\begin{aligned} f(i+1)&=f(i)+f(i)+(2^i-1)^2+2^i-1\\ &=2f(i)+(2^i-1)\times 2^i\\ &=2f(i)+2^{2i}-2^i\\ &=2f(i)+4^i-2^i\\ \end{aligned}$

即：
$f(i)=2f(i-1)+4^{i-1}-2^{i-1}$

其中，根据上面的定义，显然有 $f(1)=0$。

所以最后的答案就是 $f(n)+2^n-1$，因为 $f(n)$ 只考虑了 $1$ ~ $2^n-1$ 的贡献，最后还要加上 $2^n$ 的贡献。那么现在已经得到一个 $O(n)$ 的 $50$ 分做法了。

但是我们当然要追求 $100$ 分，所以考虑求这个递推式的通项公式。

接下来的内容可能引起不适，请务必保证你学过OGF。

接下来我们考虑用生成函数来求通项公式：设 $F(x)=\sum_{i=1} f(i)x^i$。

因为没有第 $0$ 项比较麻烦，我们考虑将 $F(x)$ 的系数整体左移一位，也就是： $F(x)=\sum_{i=0}f(i+1)x_i$。

整体左移一位之后， $f$ 的递推式变成 $f(i)=2f(i-1)+4^i-2^i$，其中 $f(0)=0$。

那么根据递推式，我们可以得到：
$\begin{aligned} F&=2Fx+\frac 1 {1-4x}-\frac 1 {1-2x}\\ F(1-2x)&=\frac 1 {1-4x}-\frac 1 {1-2x}\\ F&=\frac 1 {(1-4x)(1-2x)}-\frac 1 {(1-2x)^2}\\ \end{aligned}$

发现里面的 $\frac 1 {(1-4x)(1-2x)}$ 无法展开，于是考虑裂项。

设 $\frac A {1-ax}+\frac B {1-bx}=\frac 1 {(1-4x)(1-2x)}$，那么有：
$\frac {A-bxA+B-axB} {(1-ax)(1-bx)}=\frac 1 {(1-4x)(1-2x)}$

那么根据这两个柿子的分母，显然有：
$\begin{cases} a=4\\ b=2 \end{cases}$

带入到分子中，有：
$\begin{aligned} A-2xA+B-4xB&=1\\ (A+B)-(2A+4B)x&=1 \end{aligned}$

那么可以列出方程：
$\begin{cases} A+B=1\\ 2A+4B=0 \end{cases}$

解得：
$\begin{cases} A=2\\ B=-1 \end{cases}$

带回去有：
$F=\frac 2 {1-4x}-\frac 1 {1-2x}-\frac 1 {(1-2x)^2}$

大力展开，有：
$\begin{aligned} &\sum_{i=0} (2\times 4^i-2^i-C_{i+2-1}^{2-1}2^i)x^i\\ &=\sum_{i=0} (2\times 4^i-2^i-(i+1)2^i)x^i \end{aligned}$

因为我们一开始将系数整体左移了一位，所以我们现在需要的是 $x^{n-1}$ 项的系数而不是 $x^n$ 的系数，所以答案为：
$2\times 4^{n-1}-2^{n-1}-n2^{n-1}+2^n-1$

代码如下（需要注意取模）：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define mod 1000000007
#define ll long long

ll n;
ll ksm(ll x,ll y)
{
	ll re=1,tot=x;
	while(y)
	{
		if(y&1)re=re*tot%mod;
		tot=tot*tot%mod;
		y>>=1;
	}
	return re;
}

int main()
{
	scanf("%lld",&n);n--;
	printf("%lld",(((2*ksm(4,n)%mod-ksm(2,n)+mod)%mod-(n+1)%mod*ksm(2,n)%mod+mod)%mod+ksm(2,n+1)-1+mod)%mod);
}