2053C - Bewitching Stargazer

简化题意

一个$ 1至n \(的区间，如果其长度是奇数，\)ans \(+=\) mid\(,再分为两个区间\)l\(~\)mid-1\(和\)mid+1\(~\)r\(,否则分为\)l\(~\)mid\(和\)mid+1\(~\)r\(，再次进行操作。直到长度小于\)k$。

Solution

我们可以先举个例子，例如\(n = 22, k = 4\)

第一轮，\(1\)~\(11\), \(12\)~\(22\), \(ans = 0\)

第二轮，\(1\)~\(5\), \(7\)~\(11\), \(12\)~\(16\), \(18\)~\(22\)，\(ans = 0 + 6 + 17 = 23\)

第三轮，\(1\)~\(2\), \(4\)~\(5\), \(7\)~\(8\), \(10\)_$11$，$12$\(13\), \(15\)~\(16\), \(18\)~\(19\), \(21\)~\(22\)，\(ans = 23 + 3 + 9 + 14 + 20 = 23 + 46 = 69\)

结束

我们可以发现，在第一轮过后，左右区间的操作一定是固定的，因为左右两端的奇偶性是相同的，并且可以初步得出结论，每一轮减的数能被\(n+1\)整除，除了第一轮。进一步我们可以发现减的数和轮数的关系是呈现\(2\)的幂次的关系，次数分别是\(1/2, 1, 2, 4, 8...\)

结语

我承认确实没有那么难，但半夜打比赛也太困了，此方法没有严谨的数学证明（我不会），纯属个人感性理解。

code(摘自codeforces)

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

int T;
int n, k;

signed main() {
	cin >> T;
	while (T--) {
		cin >> n >> k;
		int mul = n + 1, sum = 0, cur = 1;
		while (n >= k) {
			if (n & 1) sum += cur;
			n >>= 1;
			cur <<= 1;
		}
		cout << mul * sum / 2 << endl;
	}
	return 0;
}