Description

背景
众所周知，花神多年来凭借无边的神力狂虐各大 OJ、OI、CF、TC …… 当然也包括 CH 啦。
描述
话说花神这天又来讲课了。课后照例有超级难的神题啦…… 我等蒟蒻又遭殃了。
花神的题目是这样的
设 sum(i) 表示 i 的二进制表示中 1 的个数。给出一个正整数 N ，花神要问你
派(Sum(i)),也就是 sum(1)—sum(N) 的乘积。

Input

一个正整数 N。

Output

一个数，答案模 10000007 的值。

Sample Input
样例输入一

3

Sample Output
样例输出一

2

HINT

对于样例一，1*1*2=2；

数据范围与约定

对于 100% 的数据，N≤10^15

解法：

直接暴力做肯定是TLE的，考虑数位DP，数位DP可以解决的问题描述是满足某个条件的数是多少个？这里我

们暴力枚举二进制表示中拥有k个1的数有多少个？根据乘法原理，答案就是这些答案的乘积，暴力乘答案可能

TLE，所以用快速幂乘答案。

///BZOJ 3209 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=10000007;
LL n;
LL dp[60][60]; //dp[pos][state]第pos位状态有state个1的数的个数
LL digit[60];
LL dfs(int pos, int state, bool limit)
{
    if(state>pos) return 0;
    if(pos==0&&state==0) return 1;
    if(pos==0) return 0;
    if(!limit&&dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
    int up = limit?digit[pos]:1;
    LL ans = 0;
    for(int i=0; i<=up; i++){
        if(i==1) ans+=dfs(pos-1, state-1, limit&&i==digit[pos]);
        else ans+=dfs(pos-1, state, limit&&i==digit[pos]);
    }
    if(!limit) dp[pos][state]=ans;
    return ans;
}
LL powmod(LL a, LL b){
    LL res=1;
    while(b){
        if(b&1) res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
void work(){
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    int pos=0;
    while(n){
        digit[++pos]=n%2;
        n/=2;
    }
    LL ans=1, k;
    for(int i=1; i<=pos; i++){
        k=dfs(pos,i,1);
        if(k){
            ans=ans*powmod(i,k)%mod;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    work();
    return 0;
}