题意：q个询问，每个询问给出1到1e14之间的整数a、b和m，问a经过一系列步骤之后能否变换到b，如果能输出变换过程，如果不能输出-1。这里的一系列变换指：当前数等于之前所有数之和加上r，其中r的范围是1 <= r <= m，也就是说，r的下限是1，每次经过一个步骤之后下一个数最小也是前面所有数的和加1，题目给出变换过程中所有数的个数是k个，其中1 <= k <= 50，也就是说，变换的这一系列序列最多含有50个数。
分析：考虑不加r的情况，第一个数是a，第二个数等于它之前所有数的和，它之前只有a，所以第二个数也是a，第三个数等于第一个数加第二个数等于(1+1) * a，第四个数等于前三个数的和等于 (1 + 1 + 2) * a，以防万一再写一项，第五个数等于(1 + 1 + 2 + 4) * a，发现了吗，这个序列是1,1,2,4,8……，可想而知，考虑第k个数，如果k < 2，那么a的个数是1，如果k >= 2，那么a的个数是2^(k-2)个。有了这个思路，我们考虑r，第一个数是a，第二个数实际上我们要等于a+r(其中1<=r<=m)，因此第二个数的取值范围是a+1到a+m的，那么同理第三个数的范围应该是2a + 2 到2 * a + 2 * m的，第四个数是范围是4a + 4到4 * a + 4 * m的，以此类推，那么我们可以知道，当k>=2时，第k个数的范围是2^(k-2) * (a+1) 到 2^(k-2) * (a+m)，由于题目已经告诉我们k最大也是50个，所以我们可以枚举k，当我们发现b在[2^(k-2) * (a+1) , 2^(k-2) * (a+m)]这个区间中时，我们记录下当前的k的值，如果遍历完k也找不到满足在这个区间中的b，那么直接输出-1就好，值得注意的是，当左端点 >ｂ时便不需要继续遍历了，因为后面的区间肯定不满足条件，继续遍历可能会因为爆long long而导致答案出错。下面是这一段的代码:
/*#define int long long & typedef long long ll & signed main()*/
int pos = -1;
for (register int k = 2; k <= 50; k++) {
int pow = (1ll << (k-2)); //注意是1ll 本题数据过大必须是64位的
if ((a+1)*pow > b) break;
if ((a+1) * pow <= b && b <= (a+m) * pow){
pos = k;
break;
}
}
if (pos == -1) {
cout << "-1" << endl;
continue;
}
构造答案：此题最麻烦的地方就在于如何把变换过程输出，在上一步中我们找到了满足条件的b，这个b在这个区间里：[2^(k-2) * (a+1) , 2^(k-2) * (a+m)]，并且我们记录下了满足条件下的这个k的值，这里记为pos。我们需要知道每一个元素要加的r是多少，首先因为1<=r<=m，每个元素最少都要加上1，因此我们先把b - 2^(k-2) * (a+1)的值记为remind，表示剩下还需要加多少数才能到b，然后我们考虑某一位加上1之后对最后b的贡献，这样说可能有点抽象，举个例子，给一个数列1，1，2，4，8。这个数列是最原始的数列，也就是每个数都等于它前面所有数的和，现在我把第二个1的r变为1，其余r都假定先为0，也就是说，这个序列变成了1，2，3，6，12，我们看最后一位，由原来的8变成了12，也就是说加了4，因此把从右往左的第4个位置+1，对最后一个元素的贡献是4，为什么是从右往左？因为当前位置的值增加后只会对后面的数有贡献，也就是后面的数的值是由前面元素的和计算出来的。现在继续举几个例子，把从右往左的第三个数，也就是2处的r变为1，其他的r假定为0，这个序列变成了1，1，3，5，10，最后的元素变成了10，也就是说从右往左第3个位置+1，对最后一个元素的贡献是2，同理，从右往左第2个位置+1，对最后一个元素的贡献是1，这里可以发现，从右往左的第k个数字+1，对最后元素的贡献应该是2^(k-2)。回过头来看之前的remind，我们把b - 2^(k-2) * (a+1)的值记为remind，什么意思呢，表示从左端点开始还要贡献多少才能到b，需要贡献的数量就是remind。通过之前的推导我们知道了对某个位置+1实际上对最后元素的贡献是一个二进制数(2的某某次方)，所以对某个位置+m当然也对最后元素的贡献也是这个二进制数的m倍，我们知道任何数都能用二进制数表示，当然remind也可以，更何况我们用的不仅仅是二进制数还是1~m倍的二进制数(一个二进制数用1到m次都行)，注意这里我们其实并不是1到m，而是0到m-1，因为之前已经把一个1加到左端点里去了(因为r的下限是1，所以不妨直接先把它加进去)，所以我们实际上每一位可以选用做贡献的二进制数的个数是0到m-1个(代码里的m--的含义)。下面讲解构造方法，这里采取一种贪心的策略，我们从最大的二进制数开始选择，这个二进制数可以选0到m-1次，我们选取最多能选取的次数(如果能选就尽量选，什么叫能选？就是不超出remind的范围和选取的个数在0到m-1次的范围内)当我们对最高位选择结束后，remind的值应该减小最高位对最后一个元素的贡献，然后继续枚举最高位的后面一位，重复此操作，直到remind的值变为0，代表此时此刻已经不需要再增加r的值对最后一个元素做贡献了，此时计算到最后最后的元素就是b。对这个思路的实现，我们用一个nb数组记录当前位需要做贡献的次数，然后输出的话只要按题目的定义，计算前缀和然后加上r就能算出整个序列的元素。当a=b时特判一下直接输出a或者b就好。具体实现方式请看代码及注释。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define int long long
typedef long long ll;
using namespace std;
int q, a, b, m, k;
int nb[100];//记录某个坐标下r-1的值(贡献次数)
int sum[100];//前缀和数组
signed main(){
cin >> q;
while (q--) {
memset(nb,0,sizeof nb);
cin >> a >> b >> m;
if (a == b) {
cout << "1 " << a << endl;
continue;
}
int pos = -1;
for (register long long k = 2; k <= 50; k++) {
long long pow = (1ll << (k-2));
if ((a+1)*pow > b) break;
if ((a+1) * pow <= b && b <= (a+m) * pow){
pos = k;
break;
}
}
if (pos == -1) {
cout << "-1" << endl;
continue;
}
cout << pos << " " << a;//从a开始
int remind = b - (a+1) * (1ll << (pos-2));//b的值-左端点的值=所需的贡献
m--;//已经对每个元素+1，所以还能做的贡献为0到m-1
for (register int i = pos,cnt = 2; remind; i--, cnt++) {//最高位开始枚举
int val;
if (i-3<0) val = 1;
else val = 1ll << (i-3);//实际上就是从右往左某某位的贡献 模拟一下便可推出
int num = remind / val;//remind最多能由几个最高位组成 该值需要判断一下是否超出m-1
if (num <= m) {//这里的m是已经经过了m--的m 相当于最早的m-1
remind -= num * val;
nb[cnt] = num;
} else {
remind -= m * val;
nb[cnt] = m;
}
}
sum[1] = a;
for (register int i = 2; i <= pos; i++) {
int tmp = 0;
for (register int j = 1; j < i; j++) tmp += sum[j];//求前缀和
sum[i] = tmp + 1 + nb[i];//+1代表下限的1，nb[i]代表还需要做贡献的次数
cout << " " << sum[i];
}
cout << endl;
}
return 0;
}