题目

t(t<=1e5)组样例，每组样例给定n,m,r(1<=m<=n<=1e9,0<=r<m)

求[1,n]这n个数中，所有满足i%m=r的数i的二进制的1的个数之和

即：，

其中，__builtin_popcount(i)统计的是i的二进制表示中，1的个数

思路来源

(转载)类欧几里得(知识点整理+板子总结)_Code92007的博客-CSDN博客_类欧

cuiaoxiang代码

心得

abc包装了一下就没意识到，三年前写过一次，典中典

就当重新总结一个类欧的板子吧，确实这个板子更快

题解

首先想到按位做，即按二进制每一位统计答案

然后便是一个类欧经典问题，有这样一个套路：

左式：数x在二进制表示下第k位的值是否为1

右式：数x除以2的k次方下取整，减去数x除以2的k+1次方下取整的二倍

此外，注意到，

一个满足i%m=r的序列，形如r，r+i，r+2*i，...

实际是，一个首项为r，公差为m的等差数列

至此，这个题就和JZOJ3492一模一样了，

f函数的原理可参考之前写的那篇：

(转载)类欧几里得(知识点整理+板子总结)_Code92007的博客-CSDN博客_类欧

这里重新总结了一个类欧f函数的板子，更简洁一些，用于求：

代码

#include<bits/stdc++.h>
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
// sum x=0..n-1 floor((ax+b)/c)
ull f(ull a,ull b,ull c,ull n){
    ull ret=0;
    ret+=b/c*n;b%=c;
    ret+=a/c*n*(n-1)/2;a%=c;
    if(a*n+b<c)return ret;
    return ret+f(c,(a*n+b)%c,a,(a*n+b)/c);
}
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for(int i=1;i<=t;i++){
        ull a,b,n,ans=0;
        scanf("%llu%llu%llu",&n,&a,&b);
        n=(n-b)/a+1;
        for(ull lo=1;lo<=b+a*n;lo=lo+lo){
            ans+=f(a,b,lo,n)-f(a,b,lo+lo,n)*2;
        }
        printf("%llu\n",ans);
    }
}