HDU 7066 - NJU emulator（构造题）

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提供一种不同于官方题解、需要的操作次数比官方题解多（官方题解大概是 \(2\times 16\)，我这大概是 \(3\times 16\)），但能通过此题的做法。

首先我们考虑一个暴力，我们设一个阈值 \(B=2^k\)​​​​，然后我们考虑预处理出 \(1\sim B\)​​​ 中所有数，即，先一遍 p1，然后每次 dup 一遍，然后调用 add 指令给栈顶上的数加 \(1\)（显然此时 \(1\) 在栈中），如此操作 \(B-1\) 次即可让 \(1\sim B\) 中所有数都在栈中。然后再新开一个元素表示答案，然后我们就每 \(k\) 个元素一块，从高位开始，每次乘以 \(2^k\)（由于 \(2^k\)​ 此时已经在栈中，直接调用 mul 指令即可），然后取出这 \(k\) 位表示的数，调用 add 指令累加到答案中即可，不难发现这样操作次数为 \(2(B+\dfrac{64}{k})\) 级别的，取 \(k=4\) 即 \(B=16\) 时最优。

但这样需要 \(4\times 16\) 次操作，无法卡过本题 \(50\) 次的限制，考虑优化，注意到本题还有一个 sub 命令我们没有调用，因此我们考虑这样一件事情，我们第一部分只预处理出 \(1\sim 8\) 附加上 \(16\)，这样我们第二部分时，假设我们目前处理的这 \(k\) 位值为 \(v\)，那么如果 \(v\le 7\)，显然 \(v\) 此时已经在栈中，我们就直接用 add 命令将 \(v\)​ 加到栈顶元素上去即可，但如果 \(v\ge 8\)​ 就不太好直接处理了。​一个很直观的想法是，我们直接加 \(16\)，然后减掉该减的部分，但这样还是会卡成 \(4\times 16\)，样例 \(N=2^{64}-1=18446744073709551615\) 都过不了，不过注意到在上一步中我们已经乘了个 \(16\)，因此我们考虑在上一轮操作中“预测未来”，即，如果下一轮表示的数 \(\ge 8\) 那么我们就让这轮中最后四位表示的数变成 \(v+1\)，否则直接调到 \(v\) 即可，这样就省去了那个 \(+16\)​ 的操作了。这样操作次数就是 \(3\times 16\) 级别的了。

还有一些地方需要卡卡，否则可能会出现 \(51\) 次操作的悲催情况。

u1s1 这题操作次数卡得是真的紧，下面这份代码中操作次数的上限就是 \(50\)，在 \(n=2^{63}-1\) 处取到：

void solve(){
	u64 x;scanf("%llu",&x);
	printf("p1\n");
	for(int i=2;i<=8;i++){
		printf("dup\n");
		printf("add %d\n",i-1);
	} printf("dup\nadd 1\n");
	int need=(x>>60&15)+((x>>56&15)>=8);
	if(!need) printf("p1\nsub 9\n");
	else if(need==1) printf("p1\n");
	else if(1<need&&need<=9){
		printf("p1\nadd %d\n",11-need);
	} else if(need>9){
		printf("dup\n");
		if(need!=16) printf("sub %d\n",10-(16-need));
	} printf("mul 1\n");
	for(int i=14;~i;i--){
		int v1=(x>>(i<<2)&15),v2=(!i)?0:(x>>(i-1<<2)&15);
		if(v1<8&&v2<8){
			if(v1) printf("add %d\n",10-v1);
		} else if(v1<8&&v2>=8){
			printf("add %d\n",9-v1);
		} else if(v1>=8&&v2<8){
			printf("sub %d\n",10-(16-v1));
		} else {
			if(v1^15) printf("sub %d\n",11-(16-v1));
		} if(i) printf("mul 1\n");
	} printf("end\n");
}
int main(){
	int qu;scanf("%d",&qu);
	while(qu--) solve();
	return 0;
}
/*
7
15
16
16843009
1061109567
1152921504606846975
1152921504606846976
2305843009213693951
*/