数位\(DP\)
首先考虑二进制数\(G(i)\)的一些性质：
- \(G(i)\)不可能有连续两位第\(x\)位和第\(x+1\)位都是\(1\)。因为这样就可以进位到第\(x+2\)位。其余情况下，这个\(G(i)\)必然合法。
- 对于一对\(x,y\)满足\(x<y\)，则\(G(x)<G(y)\)。
则根据这些性质，我们就可以考虑数位\(DP\)。
按照一般数位\(DP\)的套路，我们把对\(a\sim b\)的\(DP\)转化为对\(1\sim a-1\)和\(1\sim b\)的两个\(DP\)。
且我们依然可以通过记一下当前位置是否依然在上界然后进行记忆化优化。
而由于这里不能有连续两位是\(1\)的特殊限制，我们只需记录上一位是否为\(1\)来辅助转移就可以了。
不过此处考虑到我们的目的，是要求异或值，也就是每一位是\(1\)的\(G\)值数量的奇偶性。
那么我们可以枚举二进制下每一位，然后求强制其是\(1\)的方案数的奇偶性即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define X 1000000007
#define LL long long
using namespace std;
int n;LL a,b,fib[100];
I int GV(bitset<100> s)//求出bitset转化成十进制并取模的值
{
RI i,pw=1,ans=0;for(i=0;i<=n;++i) s.test(i)&&(ans+=pw)>=X&&(ans-=X),(pw<<=1)>=X&&(pw-=X);
return ans;
}
class DigitalDper//数位DP
{
private:
int a[100],f[100][2];bitset<100> s;
I void Init(LL x) {for(RI i=n;~i;--i) fib[i]<=x?a[i]=1,x-=fib[i]:a[i]=0;}//分解上界
I int dfs(CI x,CI k,CI lst,CI flg)//记忆化搜索形式实现数位DP
{
RI lim=((flg&&!a[x])||lst)?0:1;if(x==k)//lim表示此位能取的上界
{
if(!lim) return 0;//如果第k位不能取1，返回0
if(!flg) return ~f[x][lst]?f[x][lst]:f[x][lst]=dfs(x-1,k,1,flg);//如果不在上界，看是否搜过，否则去搜
return dfs(x-1,k,1,flg);//直接搜
}
if(!~x) return 1;if(!flg&&~f[x][lst]) return f[x][lst];//看是否搜过
RI i,res=0;for(i=0;i<=lim;++i) res^=dfs(x-1,k,i,flg&&(i==a[x]));//枚举当前位
return !flg&&(f[x][lst]=res),res;//记忆化
}
public:
I bitset<100> GetAns(Con LL& x)//求答案
{
s.reset(),Init(x);for(RI i=n;~i;--i)//枚举每一位DP
memset(f,-1,sizeof(f)),s[i]=dfs(n,i,0,1);//记录此位结果
return s;//返回结果
}
}D;
int main()
{
freopen("B.in","r",stdin),freopen("B.out","w",stdout);
for(scanf("%lld%lld",&a,&b),fib[0]=1,fib[1]=2,n=2;fib[n-1]<b;++n) fib[n]=fib[n-1]+fib[n-2];--n;//读入+预处理
return printf("%d",GV(D.GetAns(b)^D.GetAns(a-1))),0;//输出答案
}