花神的数论题（这题...哎。数位dp咋就这么 not naive 呢）

题意简介

没什么好说，就是让你求出 1 ~ n 之间每个数转化为二进制后 '1' 的个数，然后乘起来输出积

题目分析

emmmm.... 两种解法（同是 $O(\log^2 N)$ 的算法，组合数效率完爆 数位dp，当然是我自己的数位dp）。

1. 组合数直接艹。（数据范围8e9 能过，其实这个东西你搞一搞 __int128 什么的再找个大质数也许也能过去啦）（好吧这个直接暴力预处理组合数的数组就好了）
2. 老老实实数位dp。（可以AC）

于是翻车了...这么久

算法实现

1. 组合数 

组合数非常好做，只需要想想第 i 位为 1 的位上后面那一堆数字里面挑出 j 个数的方案就好了，注意加上 cnt ，然后最后快速幂累加一下答案，分分钟搞定

然后这里用了逆元处理组合数要预处理的阶乘，如果你还不会线性求逆元的话可以点这里

当然这里用逆元...就是作死...我们完全可以预处理出 50 * 50 的杨辉三角数组，存好组合数直接用

2.数位dp

...不就是枚举 1 的个数然后记忆化深搜么？hem...听起来完全没有组合数高级

代码实现

1.组合数

 //by Judge
 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #define ll long long
 using namespace std;
 const int M=;
 const ll mod=1e7+;
 ll n,len,cnt,ans=;
 ll C[M][M],d[M],num[M];
 inline void prep(){  //预处理组合数模板？
     for(int i=;i<=;++i) C[i][]=;
     for(int i=,j;i<=;++i) for(j=;j<=;++j)
         C[i][j]=C[i-][j]+C[i-][j-];
 }
 inline ll quick_pow(ll x,ll p,ll ans=){  //快速幂模板？
     while(p){
         if(p&) ans=ans*x%mod;
         x=x*x%mod, p>>=;
     } return ans;
 }
 signed main(){
     cin>>n,prep();
     while(n) d[++len]=n&,n>>=;//转化二进制
     for(ll i=len,j;i;--i) if(d[i]){
         for(j=;j<i;++j) //组合数就是随便乱艹的算法
             num[cnt+j]+=C[i-][j];
         ++num[++cnt];
     }
     for(ll i=;i<=len;++i) //直接累乘就好
         ans=ans*quick_pow(i,num[i])%mod;
     cout<<ans<<endl; return ;
 }

2.数位dp

 //by Judge
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #define ll long long
 using namespace std;
 const int M=;
 const int mod=1e7+;
 int cnt,x[M];
 ll n,f[M][][M][M],num[M];
 inline ll quick_pow(ll x,ll p,ll ans=){
     while(p) (p&) && (ans=ans*x%mod),x=x*x%mod, p>>=;
     return ans;
 }
 ll dp(int cur,int up,int tmp,int d){ //记忆化深搜，log^2 n 无压力
     if(!cur) return tmp==d; //特判直接返回
     if(~f[cur][up][tmp][d]) return f[cur][up][tmp][d]; // 已记忆，直接返回
     int lim=up?x[cur]:;
     ll res=;
     for(int i=;i<=lim;++i) //继续深搜
         res+=dp(cur-,up&&i==lim,tmp+(i==),d);
     return f[cur][up][tmp][d]=res; //记忆化
 }
 ll solv(){
     while(n) x[++cnt]=n&,n>>=; //同上转化
     for(int i=;i<=;++i)  //枚举要放入的 1 的位数
         memset(f,-,sizeof(f)),
         num[i]=dp(cnt,,,i);
     ll res=;
     for(int i=;i<=;++i) //累乘进答案
         res=res*quick_pow(i,num[i])%mod;
     return res;
 }
 signed main(){ cin>>n,cout<<solv()<<endl; return ; }