[HDU6304][数学] Chiaki Sequence Revisited-杭电多校2018第一场G
[HDU6304][数学] Chiaki Sequence Revisited
-杭电多校2018第一场G
题目描述
现在抛给你一个数列\(A\)
\]
现在需要你计算它的前缀和 \(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i \ mod \ (10^9+7)\)
数据范围 \(n(1\le n\le 10^{18})\)
题目分析
不可描述的做法
拿到题目第一步对序列\(A\)打一个100的表,对吧,然后 "OEIS" 一下,发现真的有
\(a[1..] = {1,2,2,3,4,4,4,5,6,6,7,8,8,8,8,9,....}\)
结果发现并没有什么用,既没有通项公式,更别说求和公式了。
大概正确的规律
可以发现每种数字的出现次数是由规律可循的,\(1\)出现了\(1\)次,\(2\)出现了\(2\)次,\(3\)出现了\(1\)次
我们设\(f(x)\)代表数字\(x\)出现的次数
那么 \(f[1..] = {1,2,1,3,1,2,1,4,1,2,1,3,1,2,1,5,....}\)
通过观察100项的表可以的出一个大概正确的规律,数字\(x\)会出现\(1+log_2lowbit(x)\)次
至于\(lowbit(x)\) 是啥,可以去了解一下树状数组,表示 \(\min\{2^k:2^k|x\}\)
经过总结规律可以发现递推式,那么有
\]
也就是 http://oeis.org/A001511 中提到的数列,但是知道出现次数并没有什么用,我们需要计算的是\(f(x)\)
的前缀和,这样我们就可以知道\(n\)位置上表示的数字的值,即\(a_n\)的值。
我们设 $g(n) = \sum^{n}_{i=1}f(i) $ ,可以简单推导一下
&g(n) = \sum_{k=1}^{n}f(k) \\
&g(n) = \sum^{\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor}_{k=0}f(2k+1) + \sum^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}_{k=1}f(2k)\\
&g(n) = \Big\lceil\frac{n}{2}\Big\rceil + \sum^{ \lfloor \frac{n}{2}\rfloor}_{k=1} \{f(k)+1\}\\
&g(n) = \Big\lceil\frac{n}{2}\Big\rceil + \Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor + g(\Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor) \\
&g(n) = g(\Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor)+n \\
\end {align}
\]
也就是说我们现在可以在\(O(\log N)\)时间计算出\(g(n)\) ,由于该函数显然是单调的,那么我们现在可以通过二分求得\(a_n\)对应的值,即 \(a_n = \min\{k\ |\ g(k)\ge n\}\)。
然而题目要我们求前缀和,那么问题来了,我们现在计算单个值就需要\(O(\log^2N )\)时间
如何计算出前缀和呢?考虑通过每个数字的出现次数入手。
1, 3, 5, 7, 9, \cdots ,2(t-1)+1 &\quad\quad\text{分别出现一次} \\
2,6,10,14,18, \cdots ,4(t-1)+2 &\quad\quad\text{分别出现两次} \\
4,12,20,28,36,\cdots,8(t-1)+4 &\quad\quad\text{分别出现三次} \\
\vdots &\vdots\\
\cdots 2^k(t-1)+2^{k-1} &\quad\quad\text{分别出现$k$次}
\end{matrix}
\]
由于每一行都相当于一个等差数列,现在的目标就是找到每一行的末项就好了。
也就是找到__最后一个小于\(a_n\)的值__,再用等差数列求和公式\(O(1)\)计算出每一行的值,最后所有行加起来就是答案的主要部分了。
会发现经过上面的计算所有等于\(a_n\)的项没有计算入答案,我们只要计算出等于\(a_n\)的有多少项,最后再累加到答案,这道题就做完了。容易得到 \(a_n\)需要计算\(n-g(a_n-1)\)次。根据最开始我对数列的偏移,正确的答案还需要再+1。整体复杂度为\(O(\log^2N+logN)\)
注:计算\(a_n\)需要 \(O(\log^2N)\)时间,需要估计二分上下界,否则会超时。
无比准确的题解
以下是多校官方给的题解。
考虑这个数列的差分数列,除了个别项,本质就是:\(1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0,...\)。
可以观测到,这个序列可以这么生成:一开始只有一个\(1\),\(1\)变成\(110\),\(0\)保持不变。迭代无穷多次后就是这个差分序列。
知道差分序列,可以应用阿贝尔变换,把\(a\)的前缀和搞成差分序列相关。不妨令差分序列是\(da\),那么\(a\)的前缀和$$s(n)=(n-1)\sum_{i=0}^{n-2}da(i) - \sum_{i=0}^{n-2}da(i)i + 1$$。
利用\(da\)的分形结构,很容易算出\(s(n)\)。
代码Code
/*
[HDU6304][数学]
Chiaki Sequence Revisited
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 1e9+7;
const int inv2 = 500000004;
int T;
LL n;
LL calc(LL n) {
if(n<=1) return n;
else return calc(n/2)+n;
}
void solve() {
LL l=n/2-30,r=n/2+30,m,p=-1;
//需要预先估计上下界减少二分次数,否则会TLE.
while(l<=r) {
m = (l+r)/2;
if(calc(m)>n) r=m-1;
else l=m+1,p=m;
}
LL rest = ((n - calc(p))%MOD+MOD)%MOD;
LL ans = 0, s, t, e, k, c=1, x, y;
for(LL i=1;; i<<=1,c++) {
if(i>p) break;
x = i%MOD;
y = 2*i%MOD;
s = x;
k = ((p-i)/(2*i)+1)%MOD;
e = (y*(k-1)%MOD+i)%MOD;
ans = (ans+c*(s+e)%MOD*k%MOD*inv2%MOD)%MOD;
}
ans = (ans + rest*((p+1)%MOD)%MOD)%MOD;
printf("%lld\n",ans+1);
}
int main() {
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%lld",&n);
n--; //偏移一项
solve();
}
return 0;
}
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