【CSP-S膜你考】最近公共祖先（数学）

Problem A. 最近公共祖先 (commonants.c/cpp/pas)

注意

Input file: commonants.in

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题面

最近公共祖先$\text{(Lowest Common Ancestor,LCA)}$是指在一个树中同时拥有给定的两个点作为后

代的最深的节点。

为了学习最近公共祖先，你得到了一个层数为$n+1$的满二叉树，其中根节点的深度为$0$，其他节点的深度为父节点的深度$+1$。你需要求出二叉树上所有点对 $\texttt{(i,j)}$,（$i$,$j$可以相等，也可以$i > j$）的最近公共祖先的深度之和对$10^9+7$取模后的结果。

输入格式

一行一个整数$n$。

输出格式

一行一个整数表示所有点对 $\texttt{(i,j)}$,（$i$,$j$可以相等，也可以$i > j$）的最近公共祖先的深度之和对$10^9+7$取模后的结果。

样例

$\texttt{input\#1}$

2

$\texttt{input\#2}$

19260817

$\texttt{output\#1}$

22

$\texttt{output\#2}$

108973412

数据范围与提示

样例$1$解释：

树一共有$7$个节点（一个根节点和两个子节点），其中 $\texttt{(4,4),(5,5),(6,6),(7,7)}$ 共$4$对的最近公共祖先深度为$2$，$\texttt{(4,2),(2,4),(5,2),(2,5),(5,4),(4,5),(2,2),(6,3),(3,6),(3,7),(7,3),(6,7),}$$\texttt{(7,6),(3,3)}$共$14$对最近公共祖先深度是$1$，其他的点对最近公共祖先深度为$0$，所以答案为$22$。

对于$20%$的数据，$n \le 10$。

对于$50%$的数据，$n \le 10^6$ 。

对于$100%$的数据，$1 \le n \le 10^9$ 。

题解

对于一颗有$n$层的满二叉树很显然符合以下几点

1.第$i$层的点的个数为$2^i$。

2.以第$i$层的点为根节点的子树大小为$2^{n-i+1}-1$。

3.以第$i$层的点为$\text{LCA}$的点对个数为$2^{2n-i+1}-2^i$

观察上面的图（好丑）,很明显$1,2$都是对的。

对于一颗以第$i$层的节点为根的子树：

①它的左子树与右子树上的点的$\text{LCA}$都为根节点。所以点对个数为

\[\LARGE\frac{2^{n-i+1}-2}{2} \times \frac{2^{n-i+1}-2}{2}
\]

\[\LARGE= (2^{n-i}-1) \times (2^{n-i}-1)
\]

\[\LARGE= 2^{2n-2i}-2^{n-i+1}+1
\]

②这棵子树的左子树与根节点的$\text{LCA}$都为根节点。右子树也是。所以有$2^{n-i+1}-2$对点。

③根节点与根节点的$\text{LCA}$也是根节点，点对个数为1。

点对$\texttt{(u,v)}$与点对$\texttt{(v,u)}$在$u \neq v$时是两个不同的点对。

所以将上述①②相加乘二再加③就是以子树根节点为$\text{LCA}$的点对的数量为：

\[\LARGE 2^{2n-2i+1}-1
\]

因为第$i$层的点的个数为$2^i$。所以以第$i$层的点为$\text{LCA}$的点对个数为：

\[\LARGE 2^{2n-i+1}-2^i
\]

因为一共有$n+1$层，从$0-n$层，所以答案为：

\[\LARGE \sum_{i=0}^{n} (2^{2n-i+1}-2^i) \times i
\]

\[\LARGE =\sum_{i=0}^{n} i \times 2^{2n-i+1}-i \times 2^i
\]

但这样复杂度为$\Theta (nlog_n)$过不了。。将上面的式子展开：

\[\LARGE \sum_{i=0}^{n} i \times 2^{2n-i+1} - \sum_{i=0}^{n} i \times 2^i
\]

\[\LARGE T_n=\sum_{i=0}^{n} i \times 2^{2n-i+1}
\]

\[\LARGE =2^{2n} + 2 \times 2^{2n-1} + 3 \times 2^{2n-2}+...+n \times 2^{n+1}
\]

\[\LARGE 2T_n=2^{2n+1} + 2 \times 2^{2n} + 3 \times 2^{2n-1}+...+n \times 2^{n+2}
\]

\[\Large 2T_n-T_n=2^{2n+1} + 2^{2n} + 2^{2n-1}+...+2^{n+2} - n \times 2^{n+1}
\]

\[\LARGE T_n=2^{2n+1} + 2^{2n} + 2^{2n-1}+...+2^{n+2} - n \times 2^{n+1}
\]

很明显前$n$项为等比数列，利用等比数列求和公式可以很快求出。

\[\LARGE T_n=\sum_{i=0}^{n} i \times 2^i
\]

\[\LARGE =2 + 2 \times 2^2 + 3 \times 2^3 +...+ n \times 2^n
\]

\[\LARGE 2T_n=2^2 + 2 \times 2^3 + 3 \times 2^4 + ... + n \times 2^{n+1}
\]

\[\LARGE T_n-2T_n=2 + 2^2 + 2^3 +...+2^n- n \times 2^{n+1}
\]

很明显也是等比数列。将这两个相加就是答案了。

快速幂是$log$。所以复杂度是$\Theta(log_n)$

$Code$

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long ll;

ll n;

const ll mod=1000000007;

inline void read(ll &T) {

    ll x=0;bool f=0;char c=getchar();

    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=!f;c=getchar();}

    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}

    T=f?-x:x;

}

inline ll qpow(ll a,ll b) {

    ll ans=1,base=a;

    while(b) {

        if(b&1) ans=(ans*base)%mod;

        base=(base*base)%mod;

        b>>=1;

    }

    return ans%mod;

}

int main() {

    read(n);

    ll qwq=(((2*qpow(2,2*n+1))%mod-qpow(2,n+2)+5*mod)%mod-n*qpow(2,n+1)+5*mod)%mod;

    ll qaq=((((2*qpow(2,n))%mod)-2+5*mod)%mod-n*qpow(2,n+1)+5*mod)%mod;

    //std::cout<<qwq<<'\n'<<qaq<<'\n';

    std::cout<<(qwq+qaq+5*mod)%mod;//加上一个模数再取模是为了处理负数的情况

    return 0;

}